16148. Дан прямоугольный треугольник
ABC
с прямым углом при вершине
A
. Вписанная окружность треугольника касается катетов
AB
и
AC
в точках
D
и
E
соответственно,
M
— середина гипотенузы
BC
, а
P
и
Q
— центры вписанных окружностей треугольников
ABM
и
ACM
соответственно. Докажите, что:
а)
PD\parallel QE
;
б)
PD^{2}+QE^{2}=PQ^{2}
.
Решение. а) Обозначим
\angle BAC=\beta
и
\angle ACB=\gamma
. Пусть вписанная окружность треугольника
ABC
касается гипотенузы
BC
в точке
F
. Поскольку
BP
— биссектриса угла
ABC
, а
BD=BF
, то треугольники
BPD
и
BPF
равны по двум сторонам и углу между ними. Поэтому
PD=PF
и
\angle PDB=\angle PFB
. Аналогично,
QE=QF
и
\angle QEC=\angle QFC
.
а) Пусть прямые
PD
и
AC
пересекаются в точке
G
. Поскольку
AM
— медиана прямоугольного треугольника, проведённая из вершины прямого угла, треугольник
AMB
равнобедренный (см. задачу 1109), поэтому его биссектриса
MP
лежит на серединном перпендикуляре к стороне
AD
, а значит, пересекает катет
AB
в его середине
K
. Кроме того,
\beta+\gamma=90^{\circ}
, поэтому
\cos\beta=\sin\gamma
. Тогда
PK=BK\tg\frac{\beta}{2}=BM\cos\beta\tg\frac{\beta}{2}=\frac{1}{2}BC\cos\beta\tg\frac{\beta}{2}=

=\frac{1}{2}BC\sin\gamma\tg\frac{\beta}{2}=BC\tg\frac{\beta}{2}\sin\frac{\gamma}{2}\cos\frac{\gamma}{2},

а так как (см. задачу 219)
BD=\frac{AB+BC-AC}{2},

то
KD=BD-BK=\frac{AB+BC-AC}{2}-\frac{1}{2}AB=\frac{BC-AC}{2}=

=\frac{BC-BC\cos\gamma}{2}=BC\sin^{2}\frac{\gamma}{2}.

Обозначим
\angle PDB=\angle PFB=\omega
и
\angle QEC=\angle QFC=\varphi
. Тогда из прямоугольного треугольника
DKP
получаем
\tg\omega=\frac{PK}{KD}=\frac{BC\tg\frac{\beta}{2}\sin\frac{\gamma}{2}\cos\frac{\gamma}{2}}{BC\sin^{2}\frac{\gamma}{2}}=\frac{\tg\frac{\beta}{2}}{\tg\frac{\gamma}{2}}.

Аналогично,
\tg\varphi=\frac{\tg\frac{\gamma}{2}}{\tg\frac{\beta}{2}}.

Тогда
\tg\omega\tg\varphi=1~\Rightarrow~\omega+\varphi=90^{\circ}.

Значит,
\angle QEC=\varphi=90^{\circ}-\omega=\angle DGA.

Следовательно,
PD\parallel QE
. Что и требовалось доказать.
б) Поскольку
\angle PFQ=180^{\circ}-\angle PFM-\angle QFC=180^{\circ}-\omega-\varphi=90^{\circ},

то из прямоугольного треугольника
PMQ
получаем
PD^{2}+QE^{2}=PF^{2}+QF^{2}=PQ^{2}.

Что и требовалось доказать.
Источник: Журнал «Crux Mathematicorum». — 2000, № 3, задача 2428 (1999, с. 172), с. 184