4370. Вписанная окружность \sigma
треугольника ABC
касается его сторон BC
, AC
, AB
в точках A'
, B'
, C'
соответственно. Точки K
и L
на окружности \sigma
таковы, что \angle AKB'+\angle BKA'=\angle ALB'+\angle BLA'=180^{\circ}
. Докажите, что прямая KL
равноудалена от точек A'
, B'
, C'
.
Решение. Заметим, что для любой точки P
, лежащей на меньшей дуге A'B'
окружности \sigma
, выполнено неравенство
\angle APB'+\angle BPA'\leqslant\angle A'PB'\lt180^{\circ},
поэтому точки K
и L
не лежат на этой дуге. Тогда из условия получаем
\angle AKB+\angle A'KB'=\angle ALB+\angle A'LB'=180^{\circ},
\angle AKB=\angle ALB=180^{\circ}-\frac{1}{2}\angle A'IB'=180^{\circ}-\frac{1}{2}(180^{\circ}-\angle C)=90^{\circ}+\frac{1}{2}\angle C
(здесь I
— центр вписанной окружности).
Заметим, что
\angle AIB=180^{\circ}-\frac{1}{2}(\angle A+\angle B)=90^{\circ}+\frac{1}{2}\angle C,
т. е. точки A
, B
, K
, L
, I
лежат на одной окружности \Sigma
. Точки A
, B'
, I
, C'
лежат на одной окружности S
, так как
\angle AB'I=\angle AC'I=90^{\circ}.
Радикальные оси окружностей \sigma
, \Sigma
и S
пересекаются в одной точке X
. Эти радикальные оси суть прямые KL
, B'C'
и AI
. Поскольку точки B'
и C'
симметричны относительно AI
, точка X
— середина B'C'
. Аналогично получаем, что KL
пересекает A'C'
в её середине Y
. Но средняя линия XY
треугольника A'B'C'
, очевидно, равноудалена от A'
, B'
и C'
, что и требовалось.