13017. Пусть ABC
— произвольный прямоугольный треугольник, в который вписана полуокружность \Omega
радиуса \rho
с диаметром на гипотенузе. Окружности \Omega_{A}
и \Omega_{B}
с центрами в вершинах A
и B
и радиусами AC=b
и BC=a
пересекают полуокружность \Omega
в точках K
и N
соответственно. Проведённые через эти точки перпендикуляры к гипотенузе AB
пересекают катеты BC
и CA
в точках L
и M
. Докажите, что CL=CM=\frac{1}{2}\rho
.
Решение. Пусть O
— центр полуокружности \Omega
. Тогда CO
— биссектриса треугольника ABC
, поэтому (см. задачу 4021)
ON=\rho=CO\cos45^{\circ}=\frac{2ab\cos45^{\circ}}{a+b}\cdot\cos45^{\circ}=\frac{ab}{a+b}.
Обозначим AB=c
, \angle BAC=\alpha
, \angle NAB=\varphi
. Применив теорему синусов к треугольнику ACO
, получим \frac{AO}{\sin45^{\circ}}=\frac{AC}{\sin\angle AOC}
, откуда
AO=\frac{AC\sin45^{\circ}}{\sin\angle BOC}=\frac{b\sqrt{2}}{2\sin(45^{\circ}+\alpha)}=\frac{b\sqrt{2}}{\sqrt{2}(\sin\alpha+\cos\alpha)}=
=\frac{b}{\sin\alpha+\sin\beta}=\frac{b}{\frac{a}{c}+\frac{b}{c}}=\frac{bc}{a+b}=\frac{b\sqrt{a^{2}+b^{2}}}{a+b}.
Учитывая равенство AN=AC=b
, по теореме косинусов из треугольника NAO
находим, что
\cos\varphi=\cos\angle NAB=\frac{AN^{2}+AO^{2}-ON^{2}}{2AN\cdot AO}=
=\frac{b^{2}+\frac{b^{2}(a^{2}+b^{2})}{(a+b)^{2}}-\frac{a^{2}b^{2}}{(a+b)^{2}}}{2b\cdot\frac{b\sqrt{a^{2}+b^{2}}}{a+b}}=\frac{(a+b)^{2}+b^{2}}{2(a+b)\sqrt{a^{2}+b^{2}}}.
Пусть прямые KM
и LN
пересекают гипотенузу AB
в точках A_{1}
и B_{1}
соответственно. Тогда
\sqrt{a^{2}+b^{2}}=c=AB=AB_{1}+B_{1}B=AN\cos\varphi+(BC-CL)\cos\angle ABC=
=b\cdot\frac{(a+b)^{2}+b^{2}}{2(a+b)\sqrt{a^{2}+b^{2}}}+(a-CL)\cdot\frac{a}{\sqrt{a^{2}+b^{2}}},
откуда
CL=\frac{ab}{2(a+b)}=\frac{1}{2}\rho.
Аналогично, CM=\frac{1}{2}\rho
. Отсюда следует утверждение задачи.