11188. Вписанная окружность касается сторон BC
, CA
и AB
треугольника ABC
в точках D
, E
и F
соответственно. Точка G
— середина отрезка DE
. Докажите, что \angle EFC=\angle GFD
.
Указание. См. задачу 10449.
Решение. Первый способ. Касательные к описанной окружности треугольника EDF
в точках E
и D
пересекаются в точке C
. Значит, что прямая FC
содержит симедиану треугольника EDF
, проходящую через точку F
(см. задачу 10449). Следовательно, \angle EFC=\angle GFD
.
Второй способ. Пусть \omega
— описанная окружность треугольника CEF
, а H
— точка пересечения луча CG
с этой окружностью. Без ограничения общности считаем, что AC\lt BC
(если AC=BC
, то утверждение задачи очевидно из-за симметрии). Тогда точки G
, H
и B
лежат по одну сторону от прямой CF
, а точка A
— по другую. Точки E
, F
, H
и C
лежат на окружности \omega
, при этом точки D
и E
симметричны относительно прямой CH
. Следовательно,
\angle EFC=\angle EHC=\angle CHD.
Из теоремы об угле между касательной и хордой и вписанности четырёхугольника CEFH
следует, что
\angle GDF=\angle EDF=\angle AEF=180^{\circ}-\angle CEF=\angle CHF=\angle GHF.
Таким образом, из точке D
и H
, лежащих по одну сторону от прямой FG
, отрезок FG
виден под одним и тем же углом. Значит, эти точки лежат на одной окружности (см. задачу 12). Учитывая ранее доказанное равенство \angle EFC=\angle CHD
, получаем
\angle EFC=\angle CHD=\angle GHD=GFD.
Что и требовалось доказать.
Третий способ. Пусть P
— отличная от F
точка пересечения отрезка CF
с окружностью. Из теоремы об угле между касательной и хордой следует, что \angle CEP=\angle CFE
, поэтому треугольники CEP
и CFE
подобны. Значит, \frac{PE}{EF}=\frac{CP}{CE}
. Аналогично, треугольники CDF
и CPD
, поэтому \frac{CP}{CD}=\frac{PD}{DF}
. Перемножив эти два равенства, получим, что
\frac{PE}{EF}\cdot\frac{CP}{CD}=\frac{CP}{CE}\cdot\frac{PD}{DF},
а так как CD=CE
как отрезки касательных, проведённых к окружности из одной точки, то \frac{PE}{EF}=\frac{PD}{DF}
, или PE\cdot DF=PD\cdot EF
.
Рассмотрим вписанный четырёхугольник PDFE
. По теореме Птолемея (см. задачу 130)
PE\cdot DF+PD\cdot EF=PF\cdot DE,~\mbox{или}~2PE\cdot DF=2PF\cdot GD,
Значит, \frac{PE}{PF}=\frac{GD}{DF}
, а так как \angle EPF=\angle EDF=\angle GDF
, то треугольники EPF
и GDF
подобны по двум сторонам и углу между ними. Следовательно, \angle EFC=\angle GFD
.
Примечание. В любом треугольнике прямые, соединяющие его вершины и точки касания противоположных сторон со вписанной окружностью, пересекаются в одной точке, которая называется точкой Жергонна (см. задачу 1552).
Прямые, симметричные медианам треугольника относительно его биссектрис, также пересекаются в одной точке, которая называется точкой Лемуана (см. задачу 10176). Таким образом, утверждение задачи допускает следующую красивую формулировку: точка Жергонна треугольника ABC
совпадает с точкой Лемуана треугольника A'B'C'
.