13810. Точка E
— центр вневписанной окружности неравнобедренного треугольника ABC
, противоположной вершине A
. Проведены биссектрисы EM
и EN
треугольников ABE
и ACE
, а прямые MN
и BC
пересекаются в точке L
. Докажите, что
\angle BEL+\angle CEL=180^{\circ}.
Решение. Без ограничения общности будем считать, что \angle B\gt\angle C
.
По свойству биссектрисы треугольника (см. задачу 1509)
\frac{AM}{BM}=\frac{AE}{BE},~\frac{CN}{AN}=\frac{CE}{AE}.
По теореме Менелая для треугольника ABC
и прямой MN
получаем
\frac{AM}{BM}\cdot\frac{BL}{LC}\cdot\frac{CN}{NA}=1,
или
\frac{AE}{BE}\cdot\frac{BL}{LC}\cdot\frac{CE}{AE}=1,
откуда \frac{BL}{CL}=\frac{BE}{CE}
. Значит (см. примечание к задаче 1645), EL
— биссектриса внешнего угла при вершине E
треугольника BCE
.
Пусть K
— точка на продолжении отрезка BE
за точку E
. Тогда EL
— биссектриса угла CEK
. Следовательно,
\angle BEL+\angle CEL=\angle BEL+\angle LEK=180^{\circ}.
Что и требовалось доказать.