10016. На биссектрисе угла
A
треугольника
ABC
внутри треугольника взяты точки
D
и
F
так, что
\angle DBC=\angle FBA
. Докажите, что
а)
\angle DCB=\angle FCA
;
б) окружность, проходящая через точки
D
и
F
и касающаяся отрезка
BC
, касается окружности, описанной около треугольника
ABC
.
Решение. а) Пусть
E
и
L
— проекции точки
F
на прямые
AB
и
BC
соответственно,
K
и
M
— проекции точки
D
на прямые
AB
и
BC
соответственно. Обозначим
FE=m
,
DK=x
,
FL=n
,
DN=y
. Поскольку точки
F
и
D
лежат на биссектрисе угла
A
, то расстояния от этих точек до прямой
AC
равны
FP=m
и
DQ=x
, где
H
и
Q
— проекции точек соответственно
F
и
D
на прямую
AC
.
Прямоугольные треугольники
BND
и
BEF
подобны, поэтому
\frac{BF}{BD}=\frac{FE}{DN}
, или
\frac{BF}{BD}=\frac{m}{y}
. Прямоугольные треугольники
FLB
и
DKB
также подобны, поэтому
\frac{FB}{DB}=\frac{FL}{DK}
, или
\frac{FB}{DB}=\frac{n}{x}
. Значит,
\frac{m}{y}=\frac{n}{x}
, или
\frac{FH}{DN}=\frac{FL}{DQ}
. Тогда треугольники
HFL
и
NDQ
подобны по двум сторонам и углу между ними. Следовательно,
\angle FLH=\angle DQN
.
Точки
H
и
L
лежат на окружности с диаметром
CF
, а точки
Q
и
N
— на окружности с диаметром
CD
, поэтому
\angle DCB=\angle DQN=\angle FLH=\angle FCA.

Что и требовалось доказать.
б) Пусть
\omega
— одна из двух окружностей, проходящих через точки
D
и
F
и касающихся стороны
BC
. Пусть
P
— точка касания,
M
— точка пересечения биссектрисы угла
A
с описанной окружностью треугольника
ABC
, а
K
— точка пересечения луча
MP
с окружностью
\omega
. Докажем, что
K
лежит на описанной окружности треугольника
ABC
.
Треугольники
DMB
и
FMB
подобны, так как
\angle BFM=\angle FAB+\angle FBA=\angle MBC+\angle DBC=\angle DBM.

Значит,
\frac{MF}{MB}=\frac{MB}{MD}
, откуда
MB^{2}=MF\cdot MB
. С другой стороны
MF\cdot MB=MP\cdot MK
(см. задачу 2636). Следовательно,
MP\cdot MK=MB^{2}
, откуда
\frac{MP}{MB}=\frac{MB}{MK}
. Значит, треугольники
MPB
и
MKB
подобны по двум сторонам и углу между ними. Тогда
\angle MKB=\angle MBP
, а так как точка
M
— середина дуги
BC
, то
\angle MBP=\angle MBC=\angle MCB,

поэтому
\angle MKB=\angle MCB
. Это означает, что точки
B
,
C
,
M
и
K
лежат на одной окружности — окружности описанной около треугольника
ABC
. Что и требовалось.
Осталось доказать, что
K
— точка касания окружности
\omega
и описанной окружности треугольника
ABC
. Рассмотрим гомотетию с центром
K
, переводящую точку
P
в точку
M
. При этой гомотетии окружность
\omega
перейдёт в некоторую окружность
\Omega
, а касательная
BC
к окружности
\omega
— в параллельную ей касательную
l
к окружности
\Omega
, проходящую через точку
M
. Окружность
\Omega
, касающаяся прямой
l
в данной на ней точке
M
и проходящая через точку
K
, единственна. Значит, она совпадает с описанной окружностью треугольника
ABC
. При этом центр гомотетии
K
есть точка внутреннего касания окружностей
\omega
и
\Omega
, т. е. окружности
\omega
и описанной окружности треугольника
ABC
. Что и требовалось доказать.
Источник: Соросовская олимпиада. — 1998-1999, V, 1-й тур, 9 класс