18251. Точка I
— центр вписанной окружности треугольника ABC
. На стороне BC
отмечена произвольная точка D
. Прямая, проходящая через точку D
перпендикулярно BI
, пересекает прямую CI
в точке E
, а прямая, проходящая через точку D
перпендикулярно CI
, пересекает прямую BI
в точке F
. Докажите, что точка, симметричная вершине A
относительно прямой EF
, лежит на прямой BC
.
Решение. Рассмотрим случай, когда точка I
лежит внутри треугольника EFD
. Для других случаев решение аналогично.
Докажем сначала что точка T
пересечения описанных окружностей треугольников AEC
и AFB
лежит на прямой BC
, а также, что точки A
и T
симметричны относительно прямой EF
. Заметим, что
\angle ATB+\angle ATC=\angle AFB+\angle AEC=\angle AFI+\angle AEI=180^{\circ},
поэтому четырёхугольник AEIF
вписанный.
Пусть N
— точка пересечения прямых DF
и AC
. Тогда точки N
и D
симметричны относительно прямой CE
, поэтому \angle INA=\angle IDB
как углы, смежные равным углам CNI
и CDI
. Кроме того (см. задачу 4770),
\angle IFD=\angle NDC-\angle IBC=(90^{\circ}-\angle ICB)-\angle IBC=
=90^{\circ}-(\angle ICB+\angle IBC)=90^{\circ}-(180^{\circ}-\angle BIC)=
=90^{\circ}-\left(180^{\circ}-\left(90^{\circ}+\frac{1}{2}\angle BAC\right)\right)=-90^{\circ}+90^{\circ}-\frac{1}{2}\angle BAC=\frac{1}{2}\angle BAC=\angle IAN.
Тогда точки A
, I
, N
и F
лежат на одной окружности (см. задачу 12). Значит,
\angle AFI=\angle INA=\angle IDB.
Аналогично, \angle AEI=\angle IDC
, поэтому
\angle AFI+\angle AEI=\angle IDB+\angle IDC=180^{\circ}.
Значит, четырёхугольник AEIF
вписанный, а точка T
лежит на прямой BC
.
Поскольку CI
— биссектриса угла ACB
, а четырёхугольник AETC
вписанный, то EA=ET
, поэтому точка T
симметрична точке A
относительно прямой EF
. Аналогично, FA=FT
. Следовательно, точка T
, симметричная точке A
относительно прямой EF
, лежит на прямой BC
. Что и требовалось доказать.
Источник: Европейская математическая олимпиада для девушек (EGMO). — 2021, задача 4