17788. Окружность с центром I
, вписанная в треугольник ABC
, касается сторон BC
, CA
и AB
, в точках D
, E
и F
соответственно. Лучи BI
и CI
пересекают прямую EF
в точках P
и Q
соответственно. Докажите, что если треугольник DPQ
равнобедренный, то треугольник ABC
тоже равнобедренный.
Решение. Пусть углы при вершинах A
, B
и C
треугольника ABC
равны \alpha
, \beta
и \gamma
соответственно.
Поскольку треугольник AEF
равнобедренный,
\angle AFE=\angle AEF=90^{\circ}-\frac{\alpha}{2}.
Поскольку BI
— биссектриса угла ABC
, то \angle FBP=\frac{\beta}{2}
. Тогда по теореме о внешнем угле треугольника
\angle FPB=\left(90^{\circ}-\frac{\alpha}{2}\right)-\frac{\beta}{2}=\frac{\gamma}{2}.
Треугольники BFP
и BDP
равны по двум сторонам и углу между ними, так как BF=BD
, сторона BP
общая, а BP
— биссектриса угла ABC
. Значит,
\angle DPB=\angle FPB=\frac{\gamma}{2}~\Rightarrow~\angle DPQ=\gamma.
Аналогично, \angle DQP=\beta
. Значит, треугольники DQP
и ABC
подобны по двум углам. Следовательно, если один из них равнобедренный, то и второй равнобедренный.
Источник: Иберо-американская математическая олимпиада. — 2001, задача A2