11201. Полукруг с диаметром AB
разрезан отрезком CD
, перпендикулярным к AB
, на два криволинейных треугольника ACD
и BCD
, в которые вписаны окружности, касающиеся AB
в точках E
и F
. Докажите, что:
а) AD=AF
;
б) DF
— биссектриса угла BDC
;
в) величина угла EDF
не зависит от выбора точки C
на AB
.
Решение. а) Пусть O
— центр полукруга. Будем считать, что AO=1
, а точка C
лежит между B
и O
. Из прямоугольных треугольников ADC
и ODC
получаем, что
AD^{2}-AC^{2}=OD^{2}-OC^{2}~\Rightarrow~
\Rightarrow~AD^{2}=AC^{2}+OD^{2}-OC^{2}=(1+a)^{2}+1-a^{2}=2+2a.
Пусть O_{1}
— центр окружности, вписанной в криволинейный треугольник BCD
, r
— её радиус. В прямоугольном треугольнике OO_{1}F
известно, что
OO_{1}=1-r,~OF=OC+CF=a+r,~O_{1}F=r,
поэтому
(1-r)^{2}=r^{2}+(a+r)^{2},~\mbox{или}~(a+r)^{2}+2r=1.
В то же время,
AF^{2}=(1+a+r)^{2}=1+2a+2r+(a+r)^{2}=1+2a+1=2+2a.
Следовательно, AF=AD
. Аналогично доказывается, что BD=BE
.
(См. также решение задачи 5093б.)
б) Обозначим \angle BDC=\angle CAD=\alpha
. Из равнобедренного треугольника ADF
находим, что
\angle ADF=90^{\circ}-\frac{\alpha}{2},
поэтому
\angle CDF=\angle ADF-\angle ADC=\left(90^{\circ}-\frac{\alpha}{2}\right)-(90^{\circ}-\alpha)=\frac{\alpha}{2}=\frac{1}{2}\angle BDC.
Что и требовалось доказать.
Аналогично, DE
— биссектриса угла ADC
.
(См. также решение задачи 2894.)
в) Лучи DF
и DE
— биссектрисы углов, сумма которых равна 90^{\circ}
. Следовательно,
\angle EDF=\frac{1}{2}\angle ADC+\frac{1}{2}\angle BDC=\frac{1}{2}(\angle ADC+\angle BDC)=\frac{1}{2}\cdot90^{\circ}=45^{\circ},
т. е. величина угла EDF
не зависит от выбора точки C
на AB
.