13619. Дан треугольник ABC
, в котором \angle C=90^{\circ}+\frac{1}{2}\angle B
. Биссектриса внешнего угла при вершине A
пересекает прямую BC
в точке D
, а вписанная окружность треугольника ABC
касается стороны AB
в точке E
. Докажите, что CD=2AE
.
Решение. Обозначим BC=a
, AC=b
, AB=c
, \angle ABC=\beta
. Тогда
AE=\frac{b+c-a}{2}
(см. задачу 219).
Пусть F
— точка, симметричная вершине C
относительно прямой AD
. Тогда
AF=AC=b,~BF=AB+AF=c+b,
а так как
\angle BFD=\angle AFD=\angle ACD=180^{\circ}-\left(90^{\circ}+\frac{\beta}{2}\right)=90^{\circ}-\frac{\beta}{2},
то
\angle BDF=180^{\circ}-\beta-\left(90^{\circ}-\frac{\beta}{2}\right)=90^{\circ}-\frac{\beta}{2}=\angle BFD.
Значит,треугольник DBF
равнобедренный, BD=BF
. Следовательно,
CD=BD-BC=BF-a=(c+b)-a=2AE.
Что и требовалось доказать.