13527. Через вершину C
треугольника ABC
проведена прямая l
, параллельная стороне AB
. Продолжения биссектрис AD
и BF
треугольника ABC
пересекают прямую l
в точках E
и G
соответственно. Оказалось, что DE=GF
. Докажите, что AC=BC
.
Решение. Обозначим BC=a
, AC=b
, AB=c
, \angle BAC=\alpha
, \angle ABC=\beta
, AD=t_{a}
, BF=t_{b}
.
Первый способ. Поскольку \angle BGC=\angle ABG=\angle CBG
, треугольник BCG
равнобедренный, поэтому CG=BC=a
. Аналогично, CE=AC=b
.
Из подобия треугольников CFG
и AFB
получаем \frac{GF}{BF}=\frac{CG}{AB}
, или \frac{GF}{t_{b}}=\frac{a}{c}
, откуда GF=\frac{at_{b}}{c}
. Аналогично, DE=\frac{bt_{a}}{c}
, а так как по условию DE=GF
, то at_{b}=bt_{a}
, или \frac{a}{b}=\frac{t_{a}}{t_{b}}
.
Предположим, что a\ne b
, например, a\lt b
. Тогда t_{a}\lt t_{b}
(см. задачу 3540). Противоречие. Аналогично для a\gt b
. Следовательно, a=b
. Что и требовалось доказать.
Второй способ. Пусть I
— точка пересечения биссектрис треугольника ABC
. Тогда (см. задачу 2906)
\frac{BI}{IF}=\frac{a+c}{b},~\frac{AI}{ID}=\frac{b+c}{a}.
Значит,
\frac{t_{b}}{IF}=\frac{a+b+c}{b},~\frac{t_{a}}{ID}=\frac{a+b+c}{a}.
Предположим, что a\lt b
. Тогда \alpha\lt\beta
, поэтому \frac{\alpha}{2}\lt\frac{\beta}{2}
. Значит, BI\lt AI
(см. задачу 3499), а так как
BI=t_{b}\cdot\frac{a+c}{a+b+c},~AI=t_{a}\cdot\frac{b+c}{a+b+c},
то
t_{b}\cdot\frac{a+c}{a+b+c}\lt t_{a}\cdot\frac{b+c}{a+b+c},~\mbox{или}~t_{b}(a+c)=t_{a}(b+c),
а так как at_{b}=bt_{a}
, то ct{b}\lt ct_{a}
, или t_{b}\lt t_{a}
. В то же время, по доказанному в первом способе t_{b}\gt t_{a}
. Противоречие. Аналогично для a\gt b
. Следовательно, a=b
. Что и требовалось доказать.