13659. Точка I
— центр вписанной окружности прямоугольного треугольника ABC
с прямым углом при вершине A
. Прямые BI
и CI
пересекают катеты AC
и AB
в точках D
и E
соответственно. Прямые, проходящие через точку I
параллельно AB
и CD
, пересекают гипотенузу в точках P
и Q
соответственно. Докажите, что BE+CD=2PQ
.
Решение. Первый способ. Пусть BC=a
, AC=b
, AB=c
, h_{a}
— высота высота треугольника ABC
, проведённая из вершины A
, r
— радиус вписанной окружности.
Поскольку треугольник IPQ
подобен треугольнику ABC
, а высота треугольника IPQ
, проведённая из вершины I
треугольника IPQ
— радиус вписанной окружности треугольника ABC
, то \frac{PQ}{a}=\frac{r}{h_{a}}
, а так как
2S_{\triangle ABC}=ah_{a}=r(a+b+c),
то
\frac{PQ}{a}=\frac{r}{\frac{r(a+b+c)}{a}}=\frac{a}{a+b+c}~\Rightarrow~PQ=\frac{a^{2}}{a+b+c}.
. При этом из свойства биссектрисы треугольника (см. задачу 1509) получаем, что
BE=\frac{ac}{a+b},~CD=\frac{ab}{a+c},
поэтому
BE+CD=2PQ~\Leftrightarrow~\frac{ac}{a+b}+\frac{ab}{a+c}=\frac{2a^{2}}{a+b+c}~\Leftrightarrow~
~\Leftrightarrow~\frac{(2a+b+c)(b^{2}+c^{2}-a^{2})}{(a+b)(a+c)(a+b+c)}~\Leftrightarrow~b^{2}+c^{2}-a^{2}=0~\Leftrightarrow~b^{2}+c^{2}=a^{2}.
Отсюда следует утверждение задачи.
Второй способ. Пусть D'
— точка, симметричная точке D
относительно биссектрисы CI
угла ACB
, а E'
— точка, симметричная точке E
относительно биссектрисы BI
угла ABC
. Тогда точки D'
и E'
лежат на гипотенузе BC
.
Поскольку
\angle BIC=90^{\circ}+\frac{1}{2}\angle BAC=135^{\circ}
(см. задачу 4770), то из симметрии получаем
\angle BIE'=\angle BIE=180^{\circ}-\angle BIC=180^{\circ}-135^{\circ}=45^{\circ}.
Аналогично, \angle CID'=45^{\circ}
. Значит,
\angle DID'=\angle EIE'=90^{\circ},~\angle BID'=\angle CIE'=90^{\circ}.
Из параллельности IP
и AB
получаем
\angle BIP=\angle IBE=\angle PBI.
Тогда треугольник BPI
равнобедренный, а P
— точка пересечения серединного перпендикуляра к катету BI
прямоугольного треугольника BID'
и стороны BD'
. Значит, по теореме Фалеса P'
— середина отрезка BD'
. Следовательно,
PB=PI=PD'.
Аналогично,
QC=QI=QE'.
Следовательно,
BE+CD=BE'+CD'=(BQ-QE')+(CP-PD')=
=(BQ-PD')+(CP-QE')=
=(BQ-PB)+(CP-CQ)=PQ+PQ=2PQ.
Что и требовалось доказать.
Примечание. Из первого способа решения следует, что верно и обратное, т. е., если BE+CD=2PQ
, то треугольник ABC
прямоугольный с прямым углом при вершине A
.