17952. Точка I
— центр вписанной окружности треугольника ABC
, D
— точка на дуге BC
описанной окружности треугольника, не содержащей точки A
. Биссектриса угла ADB
пересекает отрезок AB
в точке E
. Биссектриса угла CDA
пересекает отрезок AC
в точке F
. Докажите, что точки E
, F
и I
лежат на одной прямой.
Указание. Примените свойство биссектрисы треугольника (см. задачу 1509), теорему Птолемея к вписанному четырёхугольнику ABDC
. Далее см. формулы из задач 4021 и 452.
Решение. Первый способ. По свойству биссектрисы треугольника (см. задачу 1509)
\frac{AE}{AD}=\frac{BE}{BD}=\frac{AB}{AD+BD}~\Rightarrow~\frac{1}{AE}=\frac{AD+BD}{AB\cdot AD}
Аналогично,
\frac{AF}{AD}=\frac{CF}{CD}=\frac{AC}{AD+CD}~\Rightarrow~\frac{1}{AF}=\frac{AD+CD}{AC\cdot AD}.
Тогда
\frac{1}{AE}+\frac{1}{AF}=\frac{AD+BD}{AB\cdot AD}+\frac{AD+CD}{AC\cdot AD}=
=\frac{AD\cdot AC+BD\cdot AC+AD\cdot AB+CD\cdot AB}{AB\cdot AC\cdot AD}=
=\frac{AD\cdot AC+AD\cdot AB+(BD\cdot AC+CD\cdot AB)}{AB\cdot AC\cdot AD}=
=\frac{AD\cdot AC+AD\cdot AB+AD\cdot BC}{AB\cdot AC\cdot AD}=\frac{AB+BC+AC}{AB\cdot AC},
т. е. по теореме Птолемея для вписанного четырёхугольника ABDC
BD\cdot AC+CD\cdot AB=AD\cdot BC.
Кроме того,
\frac{AE+AF}{AE\cdot AF}=\frac{1}{AE}+\frac{1}{AF}=\frac{AB+BC+AC}{AB\cdot AC},
откуда
\frac{AE\cdot AF}{AE+AF}=\frac{AB\cdot AC}{AB+BC+AC}.\eqno(1)
Пусть P
— точка пересечения биссектрисы угла BAC
с отрезком EF
, M
— точка касания вписанной окружности радиуса r
треугольника ABC
со стороной AB
, \angle BAC=\alpha
, p
— полупериметр треугольника ABC
, а S
— площадь. Тогда (см. задачи 4021, 4254 и 452), учитывая равенство (1), получаем
AP=\frac{2AE\cdot AF\cos\frac{\alpha}{2}}{AE+AF}=\frac{2AB\cdot AC\cos\frac{\alpha}{2}}{AB+BC+AC}=\frac{AB\cdot AC\cos\frac{\alpha}{2}}{p}=
=\frac{2S\cos\frac{\alpha}{2}}{p\sin\alpha}=\frac{2r\cos\frac{\alpha}{2}}{2\sin\frac{\alpha}{2}\cos\frac{\alpha}{2}}=\frac{r}{\sin\frac{\alpha}{2}}=\frac{IM}{\sin\frac{\alpha}{2}}=AI
(последнее равенство следует из прямоугольного треугольника AMI
).
Значит, точка P
совпадает с I
. Отсюда следует утверждение задачи.
Второй способ. Пусть B'
и C'
— середины меньших дуг CA
и AB
описанной окружности треугольника ABC
. Поскольку DB'
и DC'
— биссектрисы углов ADB
и CDA
соответственно, E
— пересечения AB
и DC'
, I
— точка пересечения BB'
и CC'
, а F
— точка пересечения DB'
и AC
. По теореме Паскаля (см. примечание к задаче 6390) из вписанного (самопересекающегося) шестиугольника ABB'DC'C
получаем, что точки E
, I
и F
лежат на одной прямой.
Источник: Математические олимпиады Саудовской Аравии. — 2015, задача 1, с. 53