6590. В треугольник ABC
вписана окружность, касающаяся сторон AB
, AC
и BC
в точках C_{1}
, B_{1}
и A_{1}
соответственно. Пусть K
— точка на окружности, диаметрально противоположная точке C_{1}
, D
— точка пересечения прямых B_{1}C_{1}
и A_{1}K
. Докажите, что CD=CB_{1}
.
Решение. Первый способ. Через вершину C
проведём прямую, параллельную стороне AB
. Пусть проведённая прямая пересекается с прямой B_{1}C_{1}
в точке D_{1}
. Треугольник CD_{1}B_{1}
подобен равнобедренному треугольнику AC_{1}B_{1}
(AB_{1}=AC_{1}
как отрезки касательных, проведённых к окружности из одной точки). Значит, CD_{1}=CB_{1}
. Теперь достаточно доказать, что точка D
совпадает с D_{1}
, т. е., что прямая A_{1}K
проходит через точку D_{1}
.
Поскольку CD_{1}=CB_{1}=CA_{1}
, то треугольник CA_{1}D_{1}
— равнобедренный. Поэтому
\angle CA_{1}D_{1}=\frac{1}{2}(180^{\circ}-\angle A_{1}CD_{1})=\frac{1}{2}\angle ABC.
Пусть I
— центр вписанной окружности треугольника ABC
. Тогда BI
— биссектриса угла ABC
, поэтому
\angle CBI=\frac{1}{2}\angle ABC=\angle CA_{1}D_{1}.
Значит, A_{1}D_{1}\parallel BI
.
С другой стороны, BI\perp A_{1}C_{1}
, а так как A_{1}K\perp A_{1}C_{1}
(C_{1}K
— диаметр окружности), то A_{1}K\parallel BI
. Значит, точки A_{1}
, K
и D_{1}
лежат на одной прямой. Следовательно, точка D_{1}
совпадает с точкой D
. Что и требовалось доказать.
Второй способ. Обозначим \angle ACB=\gamma
. Тогда
\angle A_{1}IB_{1}=180^{\circ}-\gamma,~\angle A_{1}C_{1}B_{1}=\frac{1}{2}\angle A_{1}IB_{1}=90^{\circ}-\frac{\gamma}{2}.
Из прямоугольного треугольника DA_{1}C_{1}
находим, что
\angle A_{1}DC_{1}=90^{\circ}-\angle A_{1}C_{1}D=90^{\circ}-\left(90^{\circ}-\frac{\gamma}{2}\right)=\frac{\gamma}{2}=\frac{1}{2}\angle A_{1}CB_{1}.
При этом CA_{1}=CB_{1}
, значит, точки A_{1}
, B_{1}
и D
лежат на окружности с центром C
(см. задачу 2900). Следовательно, CD=CB_{1}
.