11718. В треугольнике ABC
угол C
прямой, \angle A=30^{\circ}
. Окружность с центром I
, вписанная в треугольник, касается катета AC
в точке P
и пересекает отрезок BI
в точке M
. Точка K
— середина отрезка AI
. Докажите, что CM=PK
.
Решение. Первый способ. Пусть L
и N
— точки касания вписанной окружности со сторонами BC
и AB
. Тогда
\angle MIN=\angle BIN=\angle BIL=60^{\circ}.
Треугольник IML
равносторонний, так как IM=IL
(как радиусы). Значит,
MI=IL=LM=BM.
Медиана прямоугольного треугольника, проведённая к гипотенузе, равна её половине (см. задачу 1109), поэтому из прямоугольных треугольников PIA
и NIA
получим, что NK=\frac{1}{2}AI=PK
. Кроме того,
\angle IKN=\angle IKP=30^{\circ}
(внешние углы равнобедренных треугольников AKN
и AKP
с углами при основании 15^{\circ}
). Следовательно, треугольник PKN
равнобедренный с углом 60^{\circ}
, т. е. равносторонний. Таким образом, PK=PN
.
Поскольку
\angle MLC=90^{\circ}+60^{\circ}=150^{\circ}=\angle NIP,
равнобедренные треугольники MLC
и NIP
равны по двум сторонам и углу между ними. Значит,
CM=PN=PK.
Что и требовалось доказать.
Второй способ. В прямоугольном треугольнике с катетами a
, b
и гипотенузой c
для радиуса r
вписанной окружности верна формула 2r=a+b-c
(см. задачу 217). В нашем случае c=2a
, поэтому 2r=b-a
.
Опустим перпендикуляры MD
на AC
и KE
на IP
. Они являются соответственно средними линиями трапеции BCPI
и прямоугольного треугольника API
. Тогда
MD=\frac{BC+IP}{2}=\frac{a+r}{2},~KE=\frac{1}{2}AP=\frac{b-r}{2},
а так как 2r=b-a
, то \frac{a+r}{2}=\frac{b-r}{2}
, поэтому MD=KE
.
Кроме того,
\angle CMD=\angle BCM=\angle LCM=15^{\circ},
и
\angle PKE=\angle KPA=\angle PAK=15^{\circ}.
Значит, прямоугольные треугольники CDM
и PEK
равны по катету и прилежащему острому углу. Следовательно, CM=PK
. Что и требовалось доказать.