11642. В остроугольном треугольнике ABC
угол A
равен 45^{\circ}
, BD
— высота. Окружность, с центром I
, вписанная в треугольник BCD
, касается стороны BD
в точке E
. Докажите, что прямая CI
параллельна прямой EF
, где F
— середина AB
.
Решение. Заметим, что угол BAC
— наименьший угол треугольника ABC
, так как сумма двух других его углов равна 135^{\circ}
и каждый из них меньше 90^{\circ}
(если один из них не превосходит 45^{\circ}
, то второй не меньше 90^{\circ}
, что невозможно). Значит, BC
— наименьшая сторона треугольника ABC
.
На луче CA
отложим отрезок CM=BC
. Тогда точка M
лежит на отрезке AC
. Треугольник BCM
равнобедренный, поэтому биссектриса CI
его угла BCM
пересекает сторону BM
в её середине N
. Значит, NF
— средняя линия треугольника ABM
, и NF\parallel AC
. Радиус IE=r
вписанной окружности прямоугольного треугольника BCD
перпендикулярен стороне BD
, поэтому IE\parallel NF
. Следовательно, NF\parallel IE
.
Поскольку NF=\frac{1}{2}AM
, а
AM=AC-CM=(AD+DC)-CM=(BD+DC)-BC=2r=2IE
(см. задачу 217), то NF=IE
. Значит, IEFN
— параллелограмм. Тогда EF\parallel IN
, следовательно, CI\parallel EF
. Что и требовалось доказать.