16509. Дана равнобедренная трапеция ABCD
с основаниями AB
и CD
. Вписанная окружность треугольника BCD
касается стороны CD
в точке E
, а F
— точка на биссектрисе угла DAC
, для которой EF\perp CD
. Описанная окружность треугольника ACF
пересекает прямую CD
в точках C
и G
. Докажите, что треугольник AFG
равнобедренный.
Решение. Пусть H
— центр вневписанной окружности треугольника ACD
, противолежащей вершине A
. Тогда точка H
лежит на биссектрисе AF
угла CAD
. Кроме того, если K
— точка касания вневписанной окружности со стороной CD
, то (см. задачу 1750)
CK=\frac{AD+CD-AC}{2}=\frac{BC+CD-BD}{2}=CE
(см. задачу 219), так как AD=BC
и AC=BD
в равнобедренной трапеции ABCD
. Значит, точка K
совпадает с E
, а точка H
— с F
.
Обозначим \angle ACD=\gamma
. Точка F
(как центр вневписанной окружности треугольника ACD
) лежит на биссектрисе внешнего угла при вершине C
этого треугольника, поэтому
\angle GAF=\angle GCF=\frac{180^{\circ}-\angle ACD}{2}=90^{\circ}-\frac{\gamma}{2},
а так как
\angle AFG=\angle ACG=\gamma,
то
\angle AGF=180^{\circ}-\gamma-90^{\circ}-\frac{\gamma}{2}=90^{\circ}-\frac{\gamma}{2}=\angle GAF.
Следовательно, треугольник AFG
равнобедренный. Что и требовалось доказать.
Источник: Журнал «Mathematics Magazine». — 2000, том 73, № 3, задача 6, с. 252
Источник: Математические олимпиады США. —