6725. В прямоугольном треугольнике ABC
прямая, проведённая через середину катета BC
и центр вписанной окружности, пересекает катет AC
в точке M
, а прямая, проходящая через точки касания вписанной окружности со сторонами AC
и AB
, пересекает высоту треугольника, опущенную на гипотенузу, в точке N
. Докажите, что CM=CN
.
Решение. Пусть E
— середина катета BC
, O
— центр вписанной окружности треугольника ABC
, P
, L
и K
— точки её касания со сторонами AC
, BC
и AB
соответственно. Обозначим BC=a
, AC=b
, AB=c
, \angle BAC=\alpha
, r
— радиус описанной окружности.
Тогда r=\frac{a+b-a}{2}
(см. задачу 217). Из подобия прямоугольных треугольников EMC
и EOL
получаем, что
CM=OL\cdot\frac{CE}{LE}=OL\cdot\frac{CE}{CE-CL}=r\cdot\frac{\frac{a}{2}}{\frac{a}{2}-r}=\frac{ra}{a-2r}=\frac{(a+b-c)a}{2(a-2r)}=
=\frac{(a+b-c)a}{2(c-b)}=\frac{a^{2}-(c-b)}{2(c-b)}=\frac{c^{2}-b^{2}-(c-b)}{2(c-b)}=\frac{c+b-a}{2}.
Через вершину C
проведём прямую, параллельную AB
, и продолжим отрезок KP
до пересечения с проведённой прямой в точке F
. Касательных AK
и AP
, проведённых к окружности из одной точки, и из подобия треугольников PCF
и PKA
следует, что CF=CP=r
. Кроме того,
\angle PFC=\angle PKA=90^{\circ}-\frac{\alpha}{2}.
Из прямоугольного треугольника NCF
получаем, что
CN=CF\ctg\frac{\alpha}{2}=r\cdot\frac{1+\cos\alpha}{\sin\alpha}=\frac{a+b-c}{2}\cdot\frac{1+\frac{b}{c}}{\frac{a}{c}}=\frac{(a+b-c)(c+b)}{2a}=
=\frac{(c+b)-(c^{2}-b^{2})}{2a}=\frac{a(c+b)-a^{2}}{2a}=\frac{c+b-a}{2}=CM.
Что и требовалось доказать.
Источник: Шарыгин И. Ф. Геометрия: 9—11 кл.: От учебной задачи к творческой: Учебное пособие. — М.: Дрофа, 1996. — № 786, с. 97