13652. Биссектрисы внутреннего и внешнего углов при вершине A
треугольника ABC
(AB\ne AC
) пересекают прямую BC
в точках D
и E
соответственно. Из точки F
окружности с диаметром DE
опущены перпендикуляры FK
, FL
и FM
на прямые BC
, CA
и AB
соответственно. Докажите, что KL=KM
.
Решение. Обозначим \angle ABC=\beta
, \angle ACB=\gamma
.
Окружность с диаметром DE
— это окружность Аполлония отрезка BC
и отношения \frac{AB}{AC}
(см. задачу 2444), поэтому \frac{FB}{FC}=\frac{AB}{AC}
. По теореме синусов \frac{AB}{AC}=\frac{\sin\gamma}{\sin\beta}
, поэтому \frac{FB}{FC}=\frac{\sin\gamma}{\sin\beta}
. Значит, FB\sin\beta=FC\sin\gamma
.
Из точек K
и M
отрезок BF
виден под прямым углом, значит, эти точки лежат на окружности с диаметром BF
. По теореме синусов
KM=BF\sin\angle MBN=BF\sin\beta.
Аналогично,
KL=FC\sin\angle LCK=FC\sin(180^{\circ}-\gamma)=FC\sin\gamma.
Следовательно, KL=KM
. Что и требовалось доказать.
Источник: Журнал «Crux Mathematicorum». — 2000, № 7, задача 4, с. 401
Источник: Турецкие математические олимпиады. — 1999