16221. Дан треугольник ABC
, в котором AB\lt AC
, I
— центр вписанной окружности, а M
— середина стороны BC
. Прямые IM
и AB
пересекаются в точке D
, а E
— точка пересечения прямой CI
, с прямой, проходящей через вершину B
перпендикулярно AI
. Докажите, что DE\parallel AC
.
Решение. Пусть AA'
— биссектриса треугольника, а B'
— точка пересечения прямых BE
и AC
. Достаточно доказать, что \frac{BD}{DA}=\frac{BE}{EB'}
.
Обозначим AB=c
, CA=b
и AB=c
. Биссектриса AI
угла при вершине A
треугольника BAB'
перпендикулярна стороне BB'
, поэтому треугольник BAB'
равнобедренный, AB'=AB=c
. Тогда
CB'=AC-AB'=b-c.
По свойству биссектрисы треугольника (см. задачу 1509), применённому к треугольнику BCB'
и его биссектрисе CE
, получаем
\frac{BE}{EB'}=\frac{CB}{CB'}=\frac{a}{b-c}.
Осталось доказать, что \frac{BD}{DA}=\frac{a}{b-c}
.
Из того же свойства биссектрисы, применённого к треугольнику ABC
и его биссектрисе AA'
, находим, что
\frac{BA'}{A'C}=\frac{AB}{AC}=\frac{c}{b}~\Rightarrow~BA'=\frac{ac}{b+c}.
Из теоремы Менелая для треугольника ABA'
и прямой DM
получаем
\frac{BM}{MA'}\cdot\frac{A'I}{IA}\cdot\frac{AD}{DB}=1~\Rightarrow
\Rightarrow~\frac{BD}{DA}=\frac{BM}{MA'}\cdot\frac{A'I}{IA}=\frac{\frac{a}{2}}{\frac{a}{2}-BA'}\cdot\frac{BA'}{c}=\frac{1}{1-\frac{2BA'}{a}}\cdot\frac{BA'}{c}=
=\frac{1}{1-\frac{2\cdot\frac{ac}{b+c}}{a}}\cdot\frac{\frac{ac}{b+c}}{c}=\frac{a}{b+c-2c}=\frac{a}{b-c}=\frac{BE}{EB'}.
Отсюда следует утверждение задачи.
Источник: Журнал «Crux Mathematicorum». — 2005, № 2, задача 2915 (2004, с. 106, 109), с. 116