13395. В неравнобедренном треугольнике ABC
проведена биссектриса BB_{1}
. Точка I
— центр вписанной окружности треугольника ABC
. Серединный перпендикуляр к отрезку AC
пересекает окружность, описанную около треугольника AIC
, в точках D
и E
. Точка F
на отрезке B_{1}C
выбрана так, что AB_{1}=CF_{1}
. Докажите, что точки B
, D
, E
и F
лежат на одной окружности.
Решение. Обозначим через M
середину дуги AC
описанной окружности треугольника ABC
, не содержащей точку B
. Тогда M
— точка пересечения прямых BB_{1}
и DE
(см. задачу 1743), а так как по теореме о трилистнике (см. задачу 788) MA=MI=MC
, то M
— центр описанной окружности треугольника AIC
. Следовательно,
MA=MC=MD=ME.
Поскольку
\angle MAB_{1}=\angle MAC=\angle MBC=\angle MBA,
треугольники AMB_{1}
и BMA
подобны по двум углам. Значит,
\frac{MB_{1}}{MA}=\frac{MA}{MB}~\Rightarrow MB_{1}\cdot MB=MA^{2}=MD^{2}=ME^{2}.
Тогда \frac{MB_{1}}{MD}=\frac{MD}{MB}
, и значит, треугольники MB_{1}D
и MDB
подобны по двум сторонам и углу между ними. Следовательно,
\angle EDF=\angle MDF=\angle MDB_{1}=\angle MBD.
Аналогично, \frac{MB_{1}}{ME}=\frac{ME}{MB}
, и значит, треугольники MB_{1}E
и MEB
подобны. Следовательно,
\angle DEF=\angle MEF=\angle MEB_{1}=\angle MBE.
Таким образом,
\angle DBE=\angle MBD+\angle MBE=\angle EDF+\angle DEF=180^{\circ}-\angle DFE.
Следовательно, точки B
, D
, E
и F
лежат на одной окружности.