18349. Дан треугольник ABC
, в котором AB=AC=2BC
, а точка I
— центр его вписанной окружности \omega
. Окружность \omega
касается стороны AC
в точке K
, а прямая BK
вторично пересекает окружность \omega
в точке F
. Докажите, что точки A
, I
, F
и B
лежат на одной окружности.
Решение. Поскольку
KC=\frac{1}{2}(AC+BC-AB)=\frac{1}{2}(AC+BC-AC)=\frac{1}{2}BC
(см. задачу 219), то из подобия треугольников ABC
и BKC
(по двум сторонам и углу между ними) получаем, что
\frac{KC}{BC}=\frac{BC}{AC}=\frac{1}{2}.
Пусть \angle BAC=2\alpha
. Тогда
\angle CKB=\angle ABC=90^{\circ}-\frac{1}{2}\angle BAC=90^{\circ}-\alpha.
Поскольку \angle IKC=90^{\circ}
, получаем
\angle IKF=\angle IKC-\angle CKB=90^{\circ}-(90^{\circ}-\alpha)=\alpha,
а так как треугольник BIK
равнобедренный, то
\angle IFK=\angle IKF=\alpha.
Значит,
\angle IAB+\angle IFB=\alpha+(180^{\circ}-\alpha)=180^{\circ}
Следовательно, четырёхугольник AIFB
вписанный. Отсюда получаем утверждение задачи.
Автор: Курский М.
Источник: Геометрическая олимпиада им. В. А. Ясинского. — 2025, IX, задача 1, 10-11 классы, с. 7