17964. Дан треугольник ABC
с тупым углом при вершине A
; BE
— биссектриса треугольника, \angle AEB=45^{\circ}
. Высота AD
пересекает биссектрису BE
в точке F
. Точки O_{1}
и O_{2}
— центры описанных окружностей треугольников FED
и EDC
соответственно. Прямые EO_{1}
и EO_{2}
пересекают BC
в точках G
и H
соответственно. Докажите, что \frac{GH}{GB}=\tg\frac{1}{2}\angle ABC
.
Указание. Пусть O
— проекция вершины B
на прямую AC
, а BK
— диаметр окружности с центром O
и радиусом OB
. Докажите, что:
а) точка E
— центр вписанной окружности прямоугольного треугольника CDK
;
б) точки K
, A
, D
лежат на одной прямой и точки K
, E
и O_{2}
лежат на одной прямой;
в) четырёхугольник DFEH
вписанный и его описанная окружность совпадает с описанной окружностью треугольника FED
.
Решение. Пусть O
— проекция вершины B
на прямую AC
, а BK
— диаметр окружности с центром O
и радиусом OB
. Поскольку \angle OEB=45^{\circ}
, то OE=OB
, поэтому точка E
лежит на этой окружности. Тогда по теореме о внешнем угле треугольника
\angle BCA=\angle AEB-\angle CBE=\angle OBE-\angle ABE=\angle OBA=\angle OKA.
Из точек C
и K
, лежащих по одну сторону от прямой OD
, отрезок OD
виден под одним и тем же углом, поэтому ODCK
— вписанный четырёхугольник. Тогда
\angle KDC=\angle KOC=90^{\circ},
а так как \angle ADC=90^{\circ}
, то точки K
, A
и D
лежат на одной прямой.
Из симметрии относительно прямой OC
получаем, что треугольник BCK
равнобедренный, CB=CK
, поэтому его высота CO
является биссектрисой. Значит, CE
— биссектриса острого угла при вершине C
прямоугольного треугольника CDK
, а так как
\angle KDE=\angle KBE=45^{\circ}=\frac{1}{2}\angle KDH,
то DE
— биссектриса прямого угла треугольника CDK
. Следовательно, E
— точка пересечения биссектрис этого треугольника.
Пусть \Omega
— описанная окружность прямоугольного треугольника CKD
. Тогда DC
— общая хорда окружности \Omega
и описанной окружности треугольника EDC
. Линия центров этих окружностей перпендикулярна их общей хорде CD
делит пополам дугу CD
окружности \Omega
, т. е. O_{2}
— середина меньшей дуги CD
этой окружности. Тогда KO_{2}
(как и KE
) — биссектриса вписанного в эту окружность угла CKD
. Следовательно, точки K
, E
и O_{2}
лежат на одной прямой.
Прямоугольные треугольники BAD
и KCD
подобны, так как их острые углы при вершинах B
и K
симметричны относительно прямой AC
. Значит, \frac{BD}{BA}=\frac{KD}{KC}
. По свойству биссектрисы треугольника (см. задачу 1509)
\frac{FD}{FA}=\frac{BD}{BA}=\frac{KD}{KC}=\frac{FD}{FA}=\frac{HD}{HC},
Поэтому FH\parallel AC
.
Поскольку
\angle FDH=\angle FEC=90^{\circ}
четырёхугольник DFEH
вписанный и его описанная окружность совпадает с описанной окружностью треугольника FED
(с центром O_{1}
), причём O_{1}
— середина диаметра FH
.
Вписанные в эту окружность равные углы EDF
и EDH
опираются на равные хорды EF=ED
, поэтому прямая EO_{2}
— серединный перпендикуляр к FG
, а значит, EG
— биссектриса прямого угла FEH
, т. е. угла BEH
. Следовательно,
\frac{GH}{GB}=\frac{EH}{EB}=\tg\angle HBE=\tg\angle\frac{1}{2}\angle ABC.
Что и требовалось доказать.
Примечание. Заметим, что прямая AC
— касательная к описанной окружности треугольника FED
, но в решении это не понадобилось.
Источник: Математические олимпиады Саудовской Аравии. — 2017, задача 4, с. 22