11458. Окружность, вписанная в треугольник ABC
, касается стороны AC
в точке D
. Отрезок BD
повторно пересекает окружность в точке E
. Точки F
и G
на окружности таковы, что FE\parallel BC
и GE\parallel BA
. Докажите, что прямая, соединяющая центры вписанных окружностей треугольников DEF
и DEG
, перпендикулярна биссектрисе угла B
.
Решение. Пусть X
и Y
— точки касания вписанной окружности треугольника ABC
со сторонами AB
и BC
соответственно, а точки I_{1}
и I_{2}
— центры вписанных окружностей треугольников EGD
и EFD
. Касательная, параллельная хорде, проходит через середину дуги, которую стягивает хорда (см. задачу 1734). Через эту же середину проходит и биссектриса DI_{1}
вписанного угла EDG
(см. задачу 430), из чего следует, что точка X
лежит на прямой DI_{1}
. Аналогично, точка Y
лежит на прямой DI_{2}
. По теореме об угле между касательной и хордой \angle XDB=\angle BXE
, поэтому треугольники BXE
и BDX
подобны и имеет место равенство EX:XD=BX:BD
. Аналогично BY:BD=EY:YD
. Но BX=BY
, а значит, EX:XD=EY:YD
.
Далее заметим, что по теореме о трилистнике (см. задачу 788) XE=XI_{1}
и EY=YI_{2}
. Подставляя это в последнее равенство, получаем, что XI_{1}:XD=YI_{2}:YD
, откуда XY\parallel I_{1}I_{2}
.
Биссектриса угла B
перпендикулярна отрезку XY
(см. задачу 1180), следовательно, она перпендикулярна I_{1}I_{2}
. Что и требовалось доказать.