18359. Биссектрисы прямоугольного треугольника ABC
с прямым углом при вершине B
пересекаются в точке I
. Прямая, проведённая через точку B
перпендикулярно IC
, пересекает прямую IA
в точке D
, а прямая, проведённая через точку B
перпендикулярно IA
, пересекает прямую IC
в точке E
. Докажите, что центр описанной окружности треугольника IDE
лежит на прямой AC
.
Решение. Пусть K
и J
— проекции точки B
на прямые IC
и IA
соответственно, H
и G
— соответствующие точки пересечения BD
и BE
со стороной AC
, а F
— проекция точки I
на AC
. Докажем, что F
— середина отрезка GH
.
Обозначим \angle GAI=\angle IAB=\alpha
и \angle BCI=\angle ICA=\beta
. Сумма углов треугольника ABC
равна 90^{\circ}+2\alpha+2\beta=180^{\circ}
, поэтому \alpha+\beta=45^{\circ}
. Из прямоугольного треугольника ABJ
получаем, что \angle ABJ=90^{\circ}-\alpha
, поэтому
\angle GBC=\angle ABC-\angle ABJ=90^{\circ}-(90^{\circ}-\alpha)=\alpha.
Аналогично, \angle ABH=\beta
. Значит,
\angle HBG=\angle ABC-(\angle GBC+\angle ABH)=90^{\circ}-(\alpha+\beta)=45^{\circ}=90^{\circ}-45^{\circ}=45^{\circ}.
Поскольку
\angle AGB=180^{\circ}-2\alpha-(90^{\circ}-\alpha)=90^{\circ}-\alpha=\angle ABJ,
треугольник BAG
равнобедренный, AB=AG
. Его высота AJ
является медианой, поэтому прямая AJ
— серединный перпендикуляр к отрезку BG
. Аналогично, прямая KC
— серединный перпендикуляр к отрезку BH
. Значит, I
— центр описанной окружности GBH
(см. задачу 1142), а прямая IF
— серединный перпендикуляр к отрезку GG
. Следовательно, F
— середина GH
.
Кроме того, треугольник GIH
равнобедренный, так как его высота IF
является медианой. Поскольку I
— центр описанной окружности треугольника HBG
, центральный угол GIH
вдвое больше соответствующего вписанного угла GBH
, т. е.
\angle HIG=2\angle GBH=2\cdot45^{\circ}=90^{\circ}.
Значит, равнобедренный треугольник GIH
— прямоугольный, поэтому \angle IHG=\angle IGH=45^{\circ}
. Тогда его высота IF
является медианой. Тогда HF=IF=GF
, поэтому точки H
, I
и G
лежат на окружности с центром F
и радиусом FH
. Точки D
и E
лежат на этой окружности, поскольку
\angle BDG=180^{\circ}-90^{\circ}-45^{\circ}=45^{\circ}~\mbox{и}~\angle HDI=180^{\circ}-45^{\circ}=135^{\circ},
а так как уже известно, что \angle IGH=45^{\circ}
, то
\angle HDI+\angle HGI=135^{\circ}+45^{\circ}=180^{\circ},
поэтому четырёхугольник IGHD
вписанный. Значит, точка D
лежит на описанной окружности треугольника GIH
. Аналогично для точки E
. Отсюда следует утверждение задачи.
Автор: Кузнецов А. С.
Источник: Олимпиада «Туймаада». — 2021, задача 3, младшая лига, с. 7