Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 12950
2023-05-08 
Пусть окружность с центром $I$ касается катетов $AC$, $BC$ и гипотенузы $AB$ треугольника $ABC$ в точках $K$, $L$ и $M$ соответственно, $H$ - точка пересечения высот $KK_{1}$, $LL_{1}$ и $MM_{1}$ треугольника $KLM$, а $F$ и $G$ - точки пересечения лучей соответственно $CL_{1}$ и $CK_{1}$ с гипотенузой $AB$. Докажите, что:
а) точки $A$, $I$ и $K_{1}$ лежат на одной прямой;
б) отрезок $K_{1}L_{1}$ лежит на средней линии треугольника $ABC$;
в) $\angle CL_{1}B=\angle CK_{1}A=90^{\circ}$;
г) отрезок $FG$ - проекция вписанной окружности треугольника $ABC$ на гипотенузу $AB$.
д) середина $O$ гипотенузы $AB$ лежит на прямой $HI$;
e) точка $H$ лежит на отрезке, соединяющем основания биссектрис треугольника $ABC$, проведённых из вершин $A$ и $B$.
Решение:
а) Пусть $E$ - точка пересечения прямых $AI$ и $LM$. Достаточно доказать, что $E$ совпадает с $K_{1}$, т.е. $KE\perp LM$.
При симметрии относительно биссектрисы $AI$ угла $BAC$ точка $M$ переходит в $K$, а отрезок $ME$ - в отрезок $KE$. Тогда $\angle AEK=\angle AEM$, а т.к. $AI\perp MK$, то
$\angle AEK=\angle AEM=90^{\circ}-\angle BIE=90^{\circ}-(\angle BAI+\angle ABI)=90^{\circ}-45^{\circ}=45^{\circ}.$
Значит,
$\angle KEM=2\angle AEM=90^{\circ},$
т.е. $KE\perp LM$. Что и требовалось доказать.
Аналогично точки $B$, $I$ и $L_{1}$ лежат на одной прямой.
б) Из теоремы об угле между касательной и хордой следует, что
$\angle AMK=\angle KLM=\angle K_{1}L_{1}M$
(см. задачу @H141). Значит, $K_{1}L_{1}\parallel AB$.
Обозначим через $r$ радиус вписанной окружности треугольника $ABC$. Поскольку $CKIL$ - квадрат, $CK=CL=IK=IM=r$. Точка $H$ лежит на высоте $CP$ треугольника $ABC$ (см. задачу @H10080), поэтому $CH\parallel IM$, а т.к. прямые $CI$ и $MH$ перпендикулярны одной и той же прямой $KL$, то $CI\parallel MH$. Значит, $CHMI$ - параллелограмм. Следовательно, $CH=IM=IL=CK=CL=r$.
Докажем теперь, что точки $H$ и $I$ равноудалены от прямой $K_{1}L_{1}$. Отсюда будет следовать, что прямая $K_{1}L_{1}$ проходит через середину высоты $CP$ треугольника $ABC$.
Поскольку $KK_{1}\parallel BL_{1}$ и $AK_{1}\parallel LL_{1}$, четырёхугольник $HK_{1}IL_{1}$ - параллелограмм. Значит, треугольники $K_{1}HL_{1}$ и $L_{1}IK_{1}$ равны, поэтому равны расстояния от точек $H$ и $I$ до прямой $K_{1}L_{1}$. Следовательно, прямая $K_{1}L_{1}$ проходит через середину отрезка $CP$. Таким образом, отрезок $K_{1}L_{1}$ лежит на средней линии треугольника $ABC$, параллельной гипотенузе $AB$.
в) Опишем окружность $\omega$ около квадрата $CKIL$. Её диаметр $KL$ виден из точек $K_{1}$ и $L_{1}$ под прямым углом, значит, эти точки также лежат на окружности $\omega$. Отрезок $CI$ - также диаметр этой окружности, а т.к. по доказанному точки $A$, $I$ и $K_{1}$ лежат на одной прямой, то
$\angle CK_{1}A=\angle CK_{1}I=90^{\circ},$
Аналогично $\angle CL_{1}B=90^{\circ}$.
г) По свойству касательных, проведённых к окружности из одной точки $AK_{1}\perp KM$, значит, прямые $KM$ и $CK_{1}$ перпендикулярны одной и той же прямой $BL_{1}$, поэтому $K_{1}M\parallel L_{1}F$. Кроме того, по доказанному $K_{1}L_{1}\parallel MF$. Следовательно, $MK_{1}L_{1}F$ - параллелограмм. Тогда $MF=K_{1}L_{1}$.
Вписанные в окружность $\omega$ углы $K_{1}CL_{1}$ и $K_{1}LL_{1}$ опираются на одну и ту же дугу, поэтому
$\angle K_{1}CL_{1}=\angle K_{1}LL_{1}=45^{\circ}.$
Тогда (см. задачу @H19)
$MF=K_{1}L_{1}=KL\cos\angle KML=r\sqrt{2}\cdot\cos45^{\circ}=r.$
Аналогично $MG=r$, а т.к. $M$ - проекция центра $I$ на гипотенузу $AB$, отсюда следует, что $FG$ - проекция вписанной окружности на $AB$.
д) Пусть $CC_{1}=h$ - высота треугольника $ABC$, $BC=a$, $AC=b$, $AB=c$, $p=\frac{a+b+c}{2}$. Тогда (см. задачи @H1967, @H217, @H3008, @H3007, @H219)
$h=\frac{ab}{c},~r=\frac{a+b-c}{2},~AM=p-a=\frac{b+c-a}{2},$
$OM=OA-AM=\frac{c}{2}-\frac{b+c-a}{2}=\frac{a-b}{2},~AC_{1}=\frac{b^{2}}{c},$
$OC_{1}=OA-AC_{1}=\frac{c}{2}-\frac{b^{2}}{c}=\frac{c^{2}-2b^{2}}{2c}=\frac{a^{2}+b^{2}-2b^{2}}{2c}=\frac{a^{2}-b^{2}}{2c},$
$HC_{1}=CC_{1}-CH=h-r=\frac{ab}{c}-\frac{a+b-c}{2}=\frac{2ab-ac-bc+c^{2}}{2c}=$
$=\frac{2ab-c(a+b)+a^{2}+b^{2}}{2c}=\frac{(a+b)^{2}-c(a+b)}{2c}=\frac{(a+b)(a+b-c)}{2c},$
$tg\angle AOI=\frac{IM}{OM}=\frac{r}{OM}=\frac{\frac{a+b-c}{2}}{\frac{a-b}{2}}=\frac{a+b-c}{a-b},$
$tg\angle AOH=\frac{HC_{1}}{OC_{1}}=\frac{\frac{(a+b)(a+b-c)}{2c}}{\frac{a^{2}-b^{2}}{2c}}=\frac{a+b-c}{a-b}=tg\angle AOI.$
Значит, $tg\angle AOI=tg\angle AOH$. Следовательно, $\angle AOI=\angle AOH$, и точки $H$, $I$ и $O$ лежат на одной прямой.
e) Пусть $AA_{1}$ и $BB_{1}$ - биссектрисы треугольника $ABC$. Тогда
$\frac{CA_{1}}{CB}=\frac{b}{b+c},~\frac{CB_{1}}{CA}=\frac{a}{a+c},$
а т.к.
$\frac{CH}{CC_{1}}=\frac{r}{h}=\frac{\frac{a+b-c}{2}}{\frac{ab}{c}}=\frac{c(a+b-c)}{2ab},$
то
$S_{\Delta A_{1}CB_{1}}=\frac{CA_{1}}{CB}\cdot\frac{CB_{1}}{CB}S_{\Delta ABC}=\frac{b}{b+c}\cdot\frac{a}{a+c}\cdot\frac{ab}{2}=\frac{a^{2}b^{2}}{2(b+c)(a+c)},$
$S_{\Delta HCA_{1}}=\frac{CA_{1}}{CB}\cdot\frac{CB_{1}}{CA}S_{\Delta BCC_{1}}=\frac{CA_{1}}{CB}\cdot\frac{CB_{1}}{CA}\cdot\frac{BC_{1}}{AB}S_{\Delta ABC}=$
$=\frac{b}{b+c}\cdot\frac{c(a+b-c)}{2ab}\cdot\frac{a^{2}}{c^{2}}\cdot\frac{ab}{2}=\frac{a^{2}b(a+b-c)}{4c(b+c)}$
Аналогично $S_{\Delta HCB_{1}}=\frac{ab^{2}(a+b-c)}{4c(a+c)}$. Тогда
$S_{\Delta HCA_{1}}+S_{\Delta HCB_{1}}=\frac{a^{2}b(a+b-c)}{4c(b+c)}+\frac{ab^{2}(a+b-c)}{4c(a+c)}=$
$=\frac{ab(a+b-c)}{4c}\left(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}\right)=\frac{ab(a+b-c)(a^{2}+b^{2}+ac+bc)}{4c(b+c)(a+c)}=$
$\frac{ab(a+b-c)(c^{2}+ac+bc)}{4c(b+c)(a+c)}=\frac{abc(a+b-c)(a+b+c)}{4c(b+c)(a+c)}=$
$=\frac{ab((a+b)^{2}-c^{2})}{4(b+c)(a+c)}=\frac{ab\cdot2ab}{4(b+c)(a+c)}=\frac{a^{2}b^{2}}{2(b+c)(a+c)}=S_{\Delta A_{1}CB_{1}}.$
Следовательно, точка $H$ лежит на отрезке $A_{1}B_{1}$.
Пусть окружность с центром $I$ касается катетов $AC$, $BC$ и гипотенузы $AB$ треугольника $ABC$ в точках $K$, $L$ и $M$ соответственно, $H$ - точка пересечения высот $KK_{1}$, $LL_{1}$ и $MM_{1}$ треугольника $KLM$, а $F$ и $G$ - точки пересечения лучей соответственно $CL_{1}$ и $CK_{1}$ с гипотенузой $AB$. Докажите, что:
а) точки $A$, $I$ и $K_{1}$ лежат на одной прямой;
б) отрезок $K_{1}L_{1}$ лежит на средней линии треугольника $ABC$;
в) $\angle CL_{1}B=\angle CK_{1}A=90^{\circ}$;
г) отрезок $FG$ - проекция вписанной окружности треугольника $ABC$ на гипотенузу $AB$.
д) середина $O$ гипотенузы $AB$ лежит на прямой $HI$;
e) точка $H$ лежит на отрезке, соединяющем основания биссектрис треугольника $ABC$, проведённых из вершин $A$ и $B$.
Решение:
а) Пусть $E$ - точка пересечения прямых $AI$ и $LM$. Достаточно доказать, что $E$ совпадает с $K_{1}$, т.е. $KE\perp LM$.
При симметрии относительно биссектрисы $AI$ угла $BAC$ точка $M$ переходит в $K$, а отрезок $ME$ - в отрезок $KE$. Тогда $\angle AEK=\angle AEM$, а т.к. $AI\perp MK$, то
$\angle AEK=\angle AEM=90^{\circ}-\angle BIE=90^{\circ}-(\angle BAI+\angle ABI)=90^{\circ}-45^{\circ}=45^{\circ}.$
Значит,
$\angle KEM=2\angle AEM=90^{\circ},$
т.е. $KE\perp LM$. Что и требовалось доказать.
Аналогично точки $B$, $I$ и $L_{1}$ лежат на одной прямой.
б) Из теоремы об угле между касательной и хордой следует, что
$\angle AMK=\angle KLM=\angle K_{1}L_{1}M$
(см. задачу @H141). Значит, $K_{1}L_{1}\parallel AB$.
Обозначим через $r$ радиус вписанной окружности треугольника $ABC$. Поскольку $CKIL$ - квадрат, $CK=CL=IK=IM=r$. Точка $H$ лежит на высоте $CP$ треугольника $ABC$ (см. задачу @H10080), поэтому $CH\parallel IM$, а т.к. прямые $CI$ и $MH$ перпендикулярны одной и той же прямой $KL$, то $CI\parallel MH$. Значит, $CHMI$ - параллелограмм. Следовательно, $CH=IM=IL=CK=CL=r$.
Докажем теперь, что точки $H$ и $I$ равноудалены от прямой $K_{1}L_{1}$. Отсюда будет следовать, что прямая $K_{1}L_{1}$ проходит через середину высоты $CP$ треугольника $ABC$.
Поскольку $KK_{1}\parallel BL_{1}$ и $AK_{1}\parallel LL_{1}$, четырёхугольник $HK_{1}IL_{1}$ - параллелограмм. Значит, треугольники $K_{1}HL_{1}$ и $L_{1}IK_{1}$ равны, поэтому равны расстояния от точек $H$ и $I$ до прямой $K_{1}L_{1}$. Следовательно, прямая $K_{1}L_{1}$ проходит через середину отрезка $CP$. Таким образом, отрезок $K_{1}L_{1}$ лежит на средней линии треугольника $ABC$, параллельной гипотенузе $AB$.
в) Опишем окружность $\omega$ около квадрата $CKIL$. Её диаметр $KL$ виден из точек $K_{1}$ и $L_{1}$ под прямым углом, значит, эти точки также лежат на окружности $\omega$. Отрезок $CI$ - также диаметр этой окружности, а т.к. по доказанному точки $A$, $I$ и $K_{1}$ лежат на одной прямой, то
$\angle CK_{1}A=\angle CK_{1}I=90^{\circ},$
Аналогично $\angle CL_{1}B=90^{\circ}$.
г) По свойству касательных, проведённых к окружности из одной точки $AK_{1}\perp KM$, значит, прямые $KM$ и $CK_{1}$ перпендикулярны одной и той же прямой $BL_{1}$, поэтому $K_{1}M\parallel L_{1}F$. Кроме того, по доказанному $K_{1}L_{1}\parallel MF$. Следовательно, $MK_{1}L_{1}F$ - параллелограмм. Тогда $MF=K_{1}L_{1}$.
Вписанные в окружность $\omega$ углы $K_{1}CL_{1}$ и $K_{1}LL_{1}$ опираются на одну и ту же дугу, поэтому
$\angle K_{1}CL_{1}=\angle K_{1}LL_{1}=45^{\circ}.$
Тогда (см. задачу @H19)
$MF=K_{1}L_{1}=KL\cos\angle KML=r\sqrt{2}\cdot\cos45^{\circ}=r.$
Аналогично $MG=r$, а т.к. $M$ - проекция центра $I$ на гипотенузу $AB$, отсюда следует, что $FG$ - проекция вписанной окружности на $AB$.
д) Пусть $CC_{1}=h$ - высота треугольника $ABC$, $BC=a$, $AC=b$, $AB=c$, $p=\frac{a+b+c}{2}$. Тогда (см. задачи @H1967, @H217, @H3008, @H3007, @H219)
$h=\frac{ab}{c},~r=\frac{a+b-c}{2},~AM=p-a=\frac{b+c-a}{2},$
$OM=OA-AM=\frac{c}{2}-\frac{b+c-a}{2}=\frac{a-b}{2},~AC_{1}=\frac{b^{2}}{c},$
$OC_{1}=OA-AC_{1}=\frac{c}{2}-\frac{b^{2}}{c}=\frac{c^{2}-2b^{2}}{2c}=\frac{a^{2}+b^{2}-2b^{2}}{2c}=\frac{a^{2}-b^{2}}{2c},$
$HC_{1}=CC_{1}-CH=h-r=\frac{ab}{c}-\frac{a+b-c}{2}=\frac{2ab-ac-bc+c^{2}}{2c}=$
$=\frac{2ab-c(a+b)+a^{2}+b^{2}}{2c}=\frac{(a+b)^{2}-c(a+b)}{2c}=\frac{(a+b)(a+b-c)}{2c},$
$tg\angle AOI=\frac{IM}{OM}=\frac{r}{OM}=\frac{\frac{a+b-c}{2}}{\frac{a-b}{2}}=\frac{a+b-c}{a-b},$
$tg\angle AOH=\frac{HC_{1}}{OC_{1}}=\frac{\frac{(a+b)(a+b-c)}{2c}}{\frac{a^{2}-b^{2}}{2c}}=\frac{a+b-c}{a-b}=tg\angle AOI.$
Значит, $tg\angle AOI=tg\angle AOH$. Следовательно, $\angle AOI=\angle AOH$, и точки $H$, $I$ и $O$ лежат на одной прямой.
e) Пусть $AA_{1}$ и $BB_{1}$ - биссектрисы треугольника $ABC$. Тогда
$\frac{CA_{1}}{CB}=\frac{b}{b+c},~\frac{CB_{1}}{CA}=\frac{a}{a+c},$
а т.к.
$\frac{CH}{CC_{1}}=\frac{r}{h}=\frac{\frac{a+b-c}{2}}{\frac{ab}{c}}=\frac{c(a+b-c)}{2ab},$
то
$S_{\Delta A_{1}CB_{1}}=\frac{CA_{1}}{CB}\cdot\frac{CB_{1}}{CB}S_{\Delta ABC}=\frac{b}{b+c}\cdot\frac{a}{a+c}\cdot\frac{ab}{2}=\frac{a^{2}b^{2}}{2(b+c)(a+c)},$
$S_{\Delta HCA_{1}}=\frac{CA_{1}}{CB}\cdot\frac{CB_{1}}{CA}S_{\Delta BCC_{1}}=\frac{CA_{1}}{CB}\cdot\frac{CB_{1}}{CA}\cdot\frac{BC_{1}}{AB}S_{\Delta ABC}=$
$=\frac{b}{b+c}\cdot\frac{c(a+b-c)}{2ab}\cdot\frac{a^{2}}{c^{2}}\cdot\frac{ab}{2}=\frac{a^{2}b(a+b-c)}{4c(b+c)}$
Аналогично $S_{\Delta HCB_{1}}=\frac{ab^{2}(a+b-c)}{4c(a+c)}$. Тогда
$S_{\Delta HCA_{1}}+S_{\Delta HCB_{1}}=\frac{a^{2}b(a+b-c)}{4c(b+c)}+\frac{ab^{2}(a+b-c)}{4c(a+c)}=$
$=\frac{ab(a+b-c)}{4c}\left(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}\right)=\frac{ab(a+b-c)(a^{2}+b^{2}+ac+bc)}{4c(b+c)(a+c)}=$
$\frac{ab(a+b-c)(c^{2}+ac+bc)}{4c(b+c)(a+c)}=\frac{abc(a+b-c)(a+b+c)}{4c(b+c)(a+c)}=$
$=\frac{ab((a+b)^{2}-c^{2})}{4(b+c)(a+c)}=\frac{ab\cdot2ab}{4(b+c)(a+c)}=\frac{a^{2}b^{2}}{2(b+c)(a+c)}=S_{\Delta A_{1}CB_{1}}.$
Следовательно, точка $H$ лежит на отрезке $A_{1}B_{1}$.
