11795. В прямоугольном треугольнике ABC
проведена высота CH
к гипотенузе AB
. Точки I_{1}
, I_{2}
, I
— центры вписанных окружностей треугольников ACH
, BCH
, ABC
соответственно. Докажите, что отрезки CI
и I_{1}I_{2}
равны и перпендикулярны.
Решение. Прямоугольные треугольники ACH
и ABC
подобны, поэтому HI_{1}=CI\cdot\frac{AC}{AB}
. Аналогично, HI_{2}=CI\cdot\frac{BC}{AB}
. Лучи HI_{1}
и HI_{2}
— биссектрисы прямых углов AHC
и BHC
, поэтому \angle I_{1}HI_{2}=90^{\circ}
(см. задачу 937) и
I_{1}I_{2}^{2}=HI_{1}^{2}+HI_{2}^{2}=\left(CI\cdot\frac{AC}{AB}\right)^{2}+\left(CI\cdot\frac{BC}{AB}\right)^{2}=
=\frac{CI^{2}(AC^{2}+BC^{2})}{AB^{2}}=\frac{CI^{2}\cdot AB^{2}}{AB^{2}}=CI.
Лучи CI_{1}
и CI_{2}
— биссектрисы прямых углов ACH
и BCH
, поэтому \angle I_{1}CI_{2}=45^{\circ}
.
Пусть прямые AI
и CI_{2}
пересекаются в точке P
, а прямые BI
и CI_{1}
— в точке Q
. Обозначим \angle BAC=\alpha
. Тогда
\angle CAI=\frac{\alpha}{2},~\angle ACP=\angle ACI_{1}+\angle I_{1}CI_{2}=\frac{1}{2}(90^{\circ}-\alpha)+45^{\circ}=90^{\circ}-\frac{\alpha}{2}.
Тогда
\angle APC=180^{\circ}-\frac{\alpha}{2}-\left(90^{\circ}-\frac{\alpha}{2}\right)=90^{\circ},
значит, I_{1}P
— высота треугольника I_{1}CI_{2}
. Аналогично, I_{2}Q
— тоже высота этого треугольника. Следовательно, третья высота треугольника I_{1}CI_{2}
содержит отрезок CI
, т. е. CI\perp I_{1}I_{2}
.