Условие
В треугольнике $ABC$ $CH$ – высота, $CA'$, $CB'$ – биссектрисы треугольников $CBH$, $CAH$ соответственно. Докажите, что центр описанной окружности треугольника $CA'B'$ совпадает с центром вписанной окружности треугольника $ABC$ тогда и только тогда, когда $\angle ACB=90^{\circ}$.
Решение
Пусть центр $I$ вписанной окружности треугольника $ABC$ является также центром описанной окружности треугольника $A'B'C$. Тогда он лежит на описанной окружности треугольника $A'BC$ как точка пересечения биссектрисы угла $B$ и серединного перпендикуляра к стороне $A'C$. Следовательно, $\angle CIB=\angle CA'B$. Аналогично $\angle CIA=\angle CB'A$. Значит, $\angle AIB=180^{\circ}-\angle A'CB'$. С другой стороны, $\angle AIB=90^{\circ}+\angle A'CB'$, откуда получаем, что $\angle C=2\angle A'CB'=90^{\circ}$. Обратное утверждение доказывается аналогично.
Источники и прецеденты использования
|
|
|
олимпиада |
|
Название |
Олимпиада по геометрии имени И.Ф. Шарыгина |
|
год |
|
Год |
2025 |
|
класс |
|
Класс |
8 |
|
задача |
|
Номер |
8.2 |
