6642. Окружность, вписанная в прямоугольный треугольник ABC
(\angle B=90^{\circ}
), касается сторон AB
, BC
, CA
в точках C_{1}
, A_{1}
, B_{1}
соответственно; A_{2}
, C_{2}
— точки, симметричные точке B_{1}
относительно прямых BC
, AB
соответственно. Докажите, что прямые A_{1}A_{2}
и C_{1}C_{2}
пересекаются на медиане треугольника ABC
.
Решение. Пусть P
— точка пересечения прямой A_{1}A_{2}
с медианой BB_{0}
, K
— точка пересечения A_{2}B_{1}
и BC
. Обозначим \angle ACB=\gamma
.
Треугольник CA_{1}B_{1}
равнобедренный, поэтому
\angle BA_{1}P=\angle KA_{1}A_{2}=\angle KA_{1}B_{1}=\angle CA_{1}B_{1}=90^{\circ}-\frac{\gamma}{2},~
а так как треугольник CBB_{0}
также равнобедренный (медиана BB_{0}
равна половине гипотенузы AC
), то
\angle A_{1}BP=\angle CBB_{0}=\angle ACB=\gamma.
Значит,
\angle BPA_{1}=180^{\circ}-\left(90^{\circ}-\frac{\gamma}{2}\right)-\gamma=90^{\circ}-\frac{\gamma}{2}=\angle BA_{1}P,
т. е. треугольник BA_{1}P
также равнобедренный, поэтому BP=BA_{1}
.
Аналогично докажем, что если P'
— точка пересечения прямых C_{1}C_{2}
и BB_{0}
, то BP'=BC_{1}
. Значит,
BP'=BC_{1}=BA_{1}=BP,
поэтому точка P'
совпадает с P
. Следовательно, прямые A_{1}A_{2}
и C_{1}C_{2}
пересекаются на медиане BB_{0}
.