1378. Пусть AE
и CD
— биссектрисы треугольника ABC
. Докажите, что если \angle BDE:\angle EDC=\angle BED:\angle DEA
, то треугольник ABC
равнобедренный.
Указание. Докажите, что \angle BDE:\angle EDC=2
и воспользуйтесь результатом задачи 1377.
Решение. Первый способ. Обозначим \angle EDC=\alpha
, \angle DEA=\beta
. Тогда \angle BDE=k\alpha
, \angle BED=k\beta
. Пусть M
— точка пересечения биссектрис треугольника ABC
. Тогда (см. задачу 1101 или 4770)
\angle DME=90^{\circ}+\frac{1}{2}\angle B,~\alpha+\beta=\angle EDM+\angle DEM=180^{\circ}-\angle DME=
=180^{\circ}-\left(90^{\circ}+\frac{1}{2}\angle B\right)=90^{\circ}-\frac{1}{2}\angle B,
k\alpha+k\beta=\angle BDE+\angle BED=180^{\circ}-\angle B.
Поэтому
2(\alpha+\beta)=k\alpha+k\beta,
откуда находим, что k=2
.
Далее см. задачу 1377.
Второй способ. Пусть O
и I
— точки пересечения биссектрис треугольников ABC
и NBM
соответственно. Обозначим
\angle BAM=\angle CAM=\alpha,~\angle ACN=\angle BCN=\beta,
\angle BNM=\gamma,~\angle BMN=\delta,~\angle AMN=\varphi,~\angle CNM=\psi.
Тогда
\alpha+\beta=\varphi+\psi,~\gamma+\delta=2\alpha+2\beta.
Пусть \frac{\gamma}{\psi}=\frac{\delta}{\varphi}=k
. Тогда \delta=k\varphi
и \gamma=k\psi
, поэтому
2(\alpha+\beta)=\gamma+\delta=k(\psi+\varphi)=k(\alpha+\beta),
откуда k=2
. Значит,
\delta=2\varphi,~\gamma=2\psi.
Треугольники NIM
и NOM
равны по стороне и двум прилежащим к ней углам, так как
\angle INM=\frac{\gamma}{2}=\psi=\angle ONM,~\angle IMN=\frac{\delta}{2}=\varphi=\angle OMN.
Значит, IN=ON
и IM=OM
. Тогда MN
— серединный перпендикуляр к отрезку OI
. В треугольнике NBM
биссектриса угла MBN
перпендикулярна стороне MN
, поэтому BN=BM
.
По свойству биссектрисы треугольника (см. задачу 1509)
BM=BC\cdot\frac{BC}{AB+AC},~BN=BN\cdot\frac{AB}{AC+AB},
а так как BM=BN
, то BC=AB
. Следовательно, треугольник ABC
равнобедренный. Что и требовалось доказать.