2894. Из точки D
окружности S
опущен перпендикуляр DC
на диаметр AB
. Окружность S_{1}
касается отрезка CA
в точке E
, а также отрезка CD
и окружности S
. Докажите, что DE
— биссектриса треугольника ADC
.
Указание. Докажите, что BE=BD
.
Решение. Докажем сначала, что BD=BE
. Пусть окружность S_{1}
касается окружности S
в точке N
, отрезка CD
— в точке M
, а продолжение отрезка DC
пересекает окружность S
в точке F
. Заметим, что точка B
— середина дуги DF
, не содержащей точку A
.
Рассмотрим гомотетию с центром в точке N
касания окружностей, переводящую окружность S_{1}
в окружность S
. Касательная DF
к окружности S_{1}
перейдёт в параллельную ей касательную l
к окружности S
. Касательная, параллельная хорде DF
, делит дугу DF
пополам. Тогда точка M
перейдёт в середину B
дуги DF
, не содержащей точку N
. Следовательно, прямая MN
проходит через середину B
этой дуги.
Применив теорему о касательной и секущей, теорему о произведении отрезков пересекающихся хорд и теорему Пифагора, получим, что
BE^{2}=BM\cdot BN=BM(BM+MN)=BM^{2}+BM\cdot MN=
=(BC^{2}+CM^{2})+DM\cdot MF=(BC^{2}+CM^{2})+(CD-CM)(CF+CM)=
=(BC^{2}+CM^{2})+(CD-CM)(CD+CM)=(BC^{2}+CM^{2})+(CD^{2}-CM^{2})=
=BC^{2}+CD^{2}=BD^{2}.
Следовательно, BE=BD
. Что и требовалось доказать.
(Другой способ. Вписанные углы DNB
и DAB
опираются на одну и ту же дугу, поэтому
\angle DNB=\angle DAB=90^{\circ}-\angle DBA=\angle BDM,
значит, треугольники BMD
и BDN
подобны по двум углам. Тогда \frac{BM}{BD}=\frac{BD}{BN}
. Следовательно,
BE^{2}=BM\cdot BN=BD^{2}.
Что и требовалось доказать.)
Перейдём к нашей задаче. Поскольку точка D
лежит на окружности с диаметром AB
, треугольник ADB
— прямоугольный. Обозначим \angle ABD=\alpha
. Тогда
\angle ADC=\alpha,~\angle BDC=90^{\circ}-\alpha,~\angle BDE=\angle BED=90^{\circ}-\frac{\alpha}{2},
\angle CDE=\angle BDE-\angle BDC=\left(90^{\circ}-\frac{\alpha}{2}\right)-(90^{\circ}-\alpha)=\frac{\alpha}{2}=\frac{1}{2}\angle ADC.
Что и требовалось доказать.