11512. Диагонали вписанного четырёхугольника ADCD
пересекаются в точке E
. Пусть O_{1}
— центр окружности, вписанной в треугольник ABC
, а O_{2}
— центр окружности, вписанной в треугольник ABD
. Докажите, что прямая O_{1}O_{2}
отсекает от треугольника AEB
равнобедренный треугольник.
Решение. Пусть \angle ABD=2\alpha
, \angle ABC=2\beta
, \angle BAD=2\gamma
, \angle BAC=2\delta
. Тогда
2\alpha-2\beta=\angle ABC-\angle ABD=\angle CBD=
=\angle CAD=\angle BAD-\angle BAC=2\gamma-2\delta,
откуда \alpha+\gamma=\beta+\delta
.
Поскольку O_{1}
и O_{2}
— точки пересечения биссектрис треугольников ABC
и ABD
, лучи AO_{1}
и BO_{1}
— биссектрисы углов BAC
и ABC
, а лучи AO_{2}
и BO_{2}
— биссектрисы углов BAD
и ABD
. Тогда
\angle AO_{1}B=90^{\circ}+\frac{1}{2}\angle ACB,~\angle AO_{2}B=90^{\circ}+\frac{1}{2}\angle ADB
(см. задачу 4770), а так как \angle ADB=\angle ACB
(вписанные углы, опирающиеся на одну и ту же дугу), то \angle AO_{2}B=\angle AO_{1}B
. Следовательно, точки A
, B
, O_{1}
и O_{2}
лежат на одной окружности (см. задачу 12).
Пусть прямая O_{1}O_{2}
пересекает диагонали BD
и AC
в точках M
и N
соответственно. Тогда
\angle MO_{1}B=180^{\circ}-\angle BO_{1}O_{2}=\angle BAO_{2}=\frac{1}{2}\angle BAD=\gamma,
поэтому по теореме о внешнем угле треугольника
\angle EMN=\angle MBO_{1}+\angle MO_{1}B=2\alpha-\beta+\gamma,
\angle ENM=\angle NAO_{1}+\angle NO_{1}A=\delta+\angle O_{2}BA=\delta+\alpha,
а так как
2\alpha-\beta+\gamma=\delta+\alpha~\Leftrightarrow~\alpha+\gamma=\beta+\delta,
то \angle EMN=\angle ENM
. Следовательно, треугольник MEN
равнобедренный. Что и требовалось доказать.