11713. В треугольнике ABC
точка O
— центр описанной окружности, I
— центр вписанной. Точки A'
, B'
на лучах BC
, AC
таковы, что A'B=AB=AB'
. Докажите, что A'B'\perp OI
.
Решение. Известно, что для фиксированных точек P
и Q
геометрическое место точек X
, для которых XP^{2}-XQ^{2}=\mbox{const}
, есть прямая, перпендикулярная PQ
(см. задачу 2445). Следовательно, достаточно доказать, что
OA'^{2}-OB'^{2}=IA'^{2}-IB'^{2}.
Точка A'
симметрична A
относительно биссектрисы угла B
. Поэтому IA'^{2}=IA^{2}
. Аналогично IB'^{2}=IB^{2}
.
Пусть вписанная окружность касается AB
в точке K
. Тогда (см. задачу 219)
AK-BK=\frac{AB+AC-BC}{2}-\frac{AB+BC-AC}{2}=AC-BC,
поэтому
IA'^{2}-IB'^{2}=IA^{2}-IB^{2}=AK^{2}-BK^{2}=
=(AK-BK)(AK+BK)=(AC-BC)AB.
Пусть R
— радиус окружности, описанной около треугольника ABC
. Степень точки A'
относительно этой окружности (см. задачи 2635 и 2636) равна
OA'^{2}-R^{2}=A'C\cdot A'B=(A'B-BC)\cdot A'B=(AB-BC)AB.
Аналогично
OB'^{2}-R^{2}=(AB-AC)\cdot AB.
Значит,
OA'^{2}-OB'^{2}=(OA'^{2}-R^{2})-(OB'^{2}-R^{2})=
=(AB-BC)\cdot AB-(AB-AC)\cdot AB=(AC-BC)\cdot AB=IA'^{2}-IB'^{2}.
Что и требовалось доказать.