13383. Точки L
и P
— проекции вершины A
треугольника ABC
на биссектрисы его внешних углов при вершинах B
и C
соответственно; точки N
и K
— проекции вершины B
на биссектрисы внешних углов при вершинах A
и C
соответственно; точки Q
и M
— проекции вершины B
на биссектрисы внешних углов при вершинах A
и B
соответственно. Докажите, что точки M
, N
, P
, Q
, K
и L
лежат на одной окружности.
Решение. Обозначим BC=a
, AC=b
, AB=c
, \angle ABC=\beta
, p
— полупериметр треугольника ABC
. Пусть A'
, B'
и C'
— середины сторон BC
, AC
и AB
соответственно.
Поскольку LM
— биссектриса внешнего угла при вершине B
, то
\angle LBC'=\frac{1}{2}(180^{\circ}-\beta)=90^{\circ}-\frac{\beta}{2},
а так как LC'
— медиана прямоугольного треугольника ALB
, проведённая из вершины прямого угла, то
LC'=\frac{1}{2}AB=\frac{c}{2}.
Треугольник BC'L
равнобедренный, поэтому
\angle LC'B=180^{\circ}-2\angle LBC'=180^{\circ}-2\left(90^{\circ}-\frac{\beta}{2}\right)=\beta.
Отрезок B'C'
— средняя линия треугольника ABC
, поэтому C'B'\parallel BC
, и
\angle AC'B'=\angle ABC=\beta=\angle LC'B'.
Значит, точки L
, C'
и B'
лежат на одной прямой. Аналогично,
B'P=B'C=\frac{b}{2},
и точки C'
, B'
и P
лежат на одной прямой, и поэтому точки L
, C'
, B'
и P
лежат на одной прямой. Тогда
LP=LC'+C'B'+B'P=\frac{c}{2}+\frac{a}{2}+\frac{b}{2}=p.
Пусть I'
— центр вписанной окружности треугольника A'B'C'
, r
— её радиус, а X
— точка касания со стороной B'C'
. Поскольку полупериметр треугольника A'B'C'
равен \frac{p}{2}
, то (см. задачу 219)
B'X=\frac{p}{2}-A'C'=\frac{p}{2}-\frac{b}{2},
поэтому
XP=XB'+B'P=\left(\frac{p}{2}-\frac{b}{2}\right)+\frac{b}{2}=\frac{p}{2}=\frac{LP}{2}.
Значит, X
— середина отрезка B'C'
, а так как I'X\perp LP
, то
I'L=I'P=\sqrt{I'X^{2}+XP^{2}}=\sqrt{r^{2}+\frac{p^{2}}{4}}.
Аналогично, расстояния от точки I'
до точек K
, M
, N
и Q
тоже равны \sqrt{r^{2}+\frac{p^{2}}{4}}
. Следовательно, точки M
, N
, P
, Q
, K
и L
лежат на окружности с центром I'
и радиусом \sqrt{r^{2}+\frac{p^{2}}{4}}
. Что и требовалось.