18291. Дан треугольник ABC
, в котором AB=BC
. Точка O
— центр его описанной окружности, точка I
— центр его вписанной окружности. Точка D
лежит на стороне BC
, причём прямые DI
и AB
параллельны. Докажите, что прямые DO
и CI
перпендикулярны.
Указание. Докажите, что точки I
, O
, D
и C
лежат на одной окружности.
Решение. Пусть \angle BAC=\angle ACB=\alpha
. Тогда
\angle OBC=\angle ABO=90^{\circ}-\alpha.
Рассмотрим случай изображённый на рисунке. Из параллельности AB
и DI
следует, что
\angle DIB=\angle ABO=90^{\circ}-\alpha.
Кроме того, из равнобедренного треугольника BOC
получаем
\angle BCO=\angle CBO=90^{\circ}-\alpha=\angle DIB,
поэтому точки I
, O
, D
и C
лежат на одной окружности (см. задачу 12). Поскольку CI
— биссектриса угла BCA
, то
\angle BCI=\frac{\alpha}{2}~\Rightarrow~\angle OCI=\angle BCI-\angle BCO=\frac{\alpha}{2}-(90^{\circ}-\alpha)=\frac{3}{2}\alpha-90^{\circ}.
В то же время, поскольку точки I
, O
, D
и C
лежат на одной окружности, то
\angle ODI=\angle OCI=\frac{3}{2}\alpha-90^{\circ},
а так как по теореме о внешнем угле треугольника
\angle IDC=\angle DBI+\angle DIB=(90^{\circ}-\alpha)+(90^{\circ}-\alpha)=180^{\circ}-2\alpha.
то
\angle ODC+\angle ICD=\angle ODI+\angle IDC+\angle ICD=
=\left(\frac{3}{2}\alpha-90^{\circ}\right)+(180^{\circ}-2\alpha)+\frac{\alpha}{2}=90^{\circ}.
Отсюда следует утверждение задачи.
Аналогично для любого другого случая.
Автор: Ясинский В. А.
Источник: Геометрическая олимпиада им. В. А. Ясинского. — 2018, II, задача 6, 8-9 классы, с. 3