12705. Биссектрисы внутреннего и внешнего углов при вершине A
треугольника ABC
пересекают прямую BC
в точках D
и E
соответственно. Луч AD
пересекает описанную окружность треугольника ABC
в точке F
, а D'
— точка, симметричная точке D
относительно центра O
этой окружности. Докажите, что \angle D'FE=90^{\circ}
.
Решение. Заметим, что AB\ne AC
, так как иначе биссектриса внешнего угла при вершине A
была бы параллельна BC
(см. задачу 1174). Без ограничения общности будем считать, что AB\lt AC
. Пусть M
— середина стороны BC
, а F'
— точка, симметричная точке F
относительно центра O
, т. е. точка, диаметрально противоположная точке F
.
Первый способ. Поскольку \angle FAF'=\angle FAE=90^{\circ}
(биссектрисы смежных углов перпендикулярны), точки E
, A
и F'
лежат на одной прямой. Кроме того, FF'
— серединный перпендикуляр к отрезку BC
(см. задачу 1743).
Поскольку DFD'F'
— параллелограмм, \angle D'FO=\angle OF'D
. Поскольку
\angle DMF'=90^{\circ}=\angle DAF',
четырёхугольник MDAF'
вписан в окружность с диаметром DF'
, поэтому
\angle OF'D=\angle MF'D=\angle MAD.
Поскольку \angle FME=90^{\circ}=\angle FAE
, четырёхугольник вписан в окружность с диаметром EF
, поэтому
\angle MAD=\angle MAF=\angle MEF.
Таким образом,
\angle D'FO=\angle OF'D=\angle MAD=\angle MEF.
Следовательно,
\angle D'FE=\angle D'FO+\angle OFE=\angle MEF+\angle MFE=
=180^{\circ}-\angle EMF=90^{\circ}.
Что и требовалось доказать.
Второй способ. Пусть G
— точка пересечения прямых DF'
и EF
. Поскольку FA\perp EF'
и BC\perp FF'
, точка D
— ортоцентр треугольника EFF'
. Значит, F'G
— третья высота этого треугольника, т. е. из точки G
отрезок FF'
виден под прямым углом. Следовательно, точка G
лежит на окружности с диаметром FF'
, т. е. на описанной окружности треугольника ABC
.
Тогда
\angle EFA=\angle GFA=\angle GF'A=\angle DF'A,
а так как \angle DF'F=\angle D'FF'
, то
\angle D'FE=\angle D'FF'+\angle F'FA+\angle AFE=
=\angle FF'G+\angle F'FA+\angle AF'G=(\angle FF'G+\angle AF'G)+\angle F'FA=
=\angle AF'F+\angle F'FA=90^{\circ}.
Что и требовалось доказать.