4484. Пусть B'
— точка описанной окружности остроугольного треугольника ABC
, диаметрально противоположная вершине B
; I
— центр вписанной окружности треугольника ABC
; M
— точка касания вписанной окружности со стороной AC
. На сторонах AB
и BC
выбраны соответственно точки K
и L
, причём KB=MC
и LB=AM
. Докажите, что прямые B'I
и KL
перпендикулярны.
Решение. Первый способ. Достаточно доказать, что B'K^{2}-B'L^{2}=IK^{2}-IL^{2}
.
Пусть радиус описанной окружности треугольника ABC
равен R
, полупериметр треугольника равен p
, а вписанная окружность радиуса r
касается сторон AB
и BC
в точках X
и Y
соответственно. Обозначим AB=c
, AC=b
, BC=a
. Тогда
BK=CM=p-AB=\frac{a+b+c}{2}-c=\frac{a+b-c}{2},
BL=AM=p-BC=\frac{a+b+c}{2}-a=\frac{b+c-a}{2},
BX=BY=p-AC=\frac{a+b+c}{2}-b=\frac{a+c-b}{2}
(см. задачу 219),
AK=AB-BK=c-\frac{a+b-c}{2}=\frac{3c-a-b}{2},~
CL=BC-BL=a-\frac{b+c-a}{2}=\frac{3a-b-c}{2},
XK=|BX-BK|=\left|\frac{a+c-b}{2}-\frac{a+b-c}{2}\right|=|c-b|,
LY=|BY-BL|=\left|\frac{a+c-b}{2}-\frac{b+c-a}{2}\right|=|a-b|.
Из прямоугольных треугольников ABB'
, CBB'
, KPI
и LQI
находим, что
AB'^{2}=BB'^{2}-AB^{2}=4R^{2}-c^{2},~CB'^{2}=BB'^{2}-CB^{2}=4R^{2}-a^{2},
B'K^{2}=AK^{2}+AB'^{2}=\left(\frac{3c-a-b}{2}\right)^{2}+4R^{2}-c^{2},
B'L^{2}=CL^{2}+CB'^{2}=\left(\frac{3a-b-c}{2}\right)^{2}+4R^{2}-a^{2},
IK^{2}=XK^{2}+IX^{2}=(c-b)^{2}+r^{2},~IL^{2}=LY^{2}+IY^{2}=(a-b)^{2}+r^{2},
поэтому
B'K^{2}-B'L^{2}=\left(\frac{3c-a-b}{2}\right)^{2}+4R^{2}-c^{2}-\left(\frac{3a-b-c}{2}\right)^{2}-4R^{2}+a^{2}=
=\left(\frac{3c-a-b}{2}\right)^{2}-\left(\frac{3a-b-c}{2}\right)^{2}+a^{2}-c^{2}=(a-c)(2b-a-c),
IK^{2}-IL^{2}=(c-b)^{2}+r^{2}-(a-b)^{2}-r^{2}=(a-c)(2b-a-c)=B'K^{2}-B'L^{2}.
Что и требовалось доказать.
Второй способ. Отложим от точки B
вектор \overrightarrow{BT}
, равный вектору \overrightarrow{IB'}
. Достаточно доказать, что BT\perp KL
.
Поскольку BB'
— диаметр окружности, то
\angle BAB'=\angle BCB'=90^{\circ},
поэтому A
и C
— проекции точки B'
на стороны AB
и BC
соответственно.
Пусть T'
— точка, симметричная точке T
относительно биссектрисы BI
угла ABC
. Обозначим
\angle ABT=\angle CBT'=\alpha.
Тогда проекции AX
и CY
отрезка IB'
на стороны AB
и BC
равны соответственно IB'\cos\alpha
и IB'\cos(\angle ABC-\alpha)
, проекции отрезка BT'
на эти же стороны равны соответственно BT'\cos(\angle ABC-\alpha)
и BT'\cos\alpha
. Значит, проекции вектора \overrightarrow{IB'}
на стороны AB
и BC
равны проекциям вектора \overrightarrow{BT'}
на стороны BC
и AB
соответственно, а так как AX=AM=BL
и CY=CM=BK
, то проекции вектора \overrightarrow{BT'}
на стороны BC
и AD
равны соответственно \overrightarrow{BL}
и \overrightarrow{BK}
. Поэтому
\angle BKT'=\angle BLT'=90^{\circ},
и четырёхугольник KBLT'
— вписанный. Тогда
\angle BT'K=\angle BLK,~\angle TBL+\angle BLK=\angle T'BK+\angle BT'K=90^{\circ}.
Следовательно, BT\perp KL
.