13814. Точка I
— центр вписанной окружности треугольника ABC
. Различные точки A_{1}
и A_{2}
лежат на прямой BC
, различные точки B_{1}
и B_{2}
— на прямой AC
, различные точки C_{1}
и C_{2}
— на прямой AB
. При этом
AI=A_{1}I=A_{2}I,~BI=B_{1}I=B_{2}I,~CI=C_{1}I=C_{2}I.
Докажите, что сумма отрезков A_{1}A_{2}
, B_{1}B_{2}
и C_{1}C_{2}
равна периметру треугольника ABC
.
Решение. Пусть X
, Y
и Z
— основания перпендикуляров, опущенных из точки I
на стороны BC
, AC
и AB
соответственно. Тогда IX=IY=IZ
как радиусы вписанной окружности треугольника ABC
, поэтому прямоугольные треугольники IAZ
, IA_{1}X
, IA_{2}X
, IAY
равны по гипотенузе и катету. Значит,
A_{1}A_{2}=A_{1}X+XA_{2}=AZ+YA.
Аналогично,
B_{1}B_{2}=B_{1}Y+YB_{2}=BX+ZB,~C_{1}C_{2}=C_{1}Z+ZC_{2}=CY+XC
Сложив эти три равенства, получим
A_{1}A_{2}+B_{1}B_{2}+C_{1}C_{2}=(AZ+YA)+(BX+ZB)+(CY+XC)=
=(AZ+ZB)+(BX+XC)+(CY+YA)=AB+BC+AC.
Что и требовалось доказать.