11521. В треугольнике ABC
угол C
— прямой, CD
— высота. Биссектрисы углов ABC
и ACD
пересекаются в точке M
, а биссектрисы углов BAC
и BCD
— в точке N
. Докажите, что длина отрезка MN
равна радиусу вписанной в треугольник ABC
окружности.
Решение. Первый способ. Пусть \angle BCD=\angle BAC=2\alpha
. Тогда
\angle ACD=90^{\circ}-2\alpha,~\angle NCD=\frac{1}{2}\angle BCD=\alpha,
поэтому
\angle ANC=180^{\circ}-\angle NAC-\angle ACD-\angle NCD=180^{\circ}-\alpha-(90^{\circ}-2\alpha)-\alpha=90^{\circ}.
Аналогично, \angle BMC=90^{\circ}
.
Пусть I
— точка пересечения биссектрис треугольника ABC
. Тогда
\angle CNI=\angle CMI=90^{\circ}.
Значит, точки M
и N
лежат на окружности с диаметром CI
(см. задачу 1689). По теореме синусов
MN=CI\sin\angle MCN=CI\sin45^{\circ}.
С другой стороны, точка I
— центр окружности, вписанной в треугольник ABC
, поэтому, если K
— проекция точки I
на прямую AC
, то IK
— радиус этой окружности, а так как
IK=CI\sin\angle ACI=CI\sin45^{\circ},
то MN=IK
. Что и требовалось доказать.
Второй способ. Пусть CP
и CQ
— биссектрисы треугольников ADC
и CDB
соответственно. Тогда отрезок BM
— высота и биссектриса треугольника CBP
, значит, этот треугольник равнобедренный, BC=BP
, поэтому CM=MP
. Аналогично, CN=NQ
. Следовательно, MN
— средняя линия треугольника PCQ
. Тогда MN=\frac{1}{2}PQ
.
Пусть BC=a
, AC=b
, AB=c
. Поскольку треугольники CBP
и CAQ
равнобедренные,
AP=AB-BD=AB-BC=c-a,~BQ=c-b.
Значит,
PQ=AB-AP-BQ=c-(c-a)-(c-b)=a+b-c=2r,
где r
— радиус окружности, вписанной в треугольник ABC
(см. задачу 217). Следовательно,
MN=\frac{1}{2}PQ=r.
Что и требовалось доказать.