13882. Точка I
— центр вписанной окружности прямоугольного треугольника ABC
с прямым углом при вершине A
, CD
— биссектриса треугольника ABC
. Прямая, проведённая через точку I
перпендикулярно CD
, пересекает гипотенузу BC
в точке E
, а прямая, проведённая через точку D
параллельно BI
, пересекает катет AC
в точке F
. Докажите, что точки E
, I
и F
лежат на одной прямой.
Решение. Поскольку BID
— внешний угол треугольника BIC
, а CI
и BI
— биссектрисы острых углов треугольника ABC
, то
\angle BID=\angle BCI+\angle CBI=\frac{1}{2}\angle ACB+\frac{1}{2}\angle ABC=
=\frac{1}{2}(\angle ACB+\angle ABC)=\frac{1}{2}\cdot90^{\circ}=45^{\circ}.
Прямые DF
и BI
параллельны, поэтому
\angle FDI=\angle BID=45^{\circ}=\angle FAI.
Из точек A
и D
, лежащих по одну сторону от прямой FI
, отрезок FI
виден под одним и тем же углом, значит, точки A
, I
, F
и D
лежат на одной окружности (см. задачу 12), а так как \angle FAD=90^{\circ}
, то DF
— диаметр этой окружности. Тогда \angle DIF=90^{\circ}
, поэтому
\angle FIE=\angle DIF+\angle EID=90^{\circ}+90^{\circ}=180^{\circ},
Следовательно, точки E
, I
и F
лежат на одной прямой. Что и требовалось доказать.
Источник: Журнал «Crux Mathematicorum». — 2010, № 7, задача M425, с. 429