3367. D
и E
— точки касания окружности, вписанной в треугольник ABC
, со сторонами BC
и AC
. На биссектрису угла BAC
опустили перпендикуляр BK
. Докажите, что точки D
, E
и K
лежат на одной прямой.
Решение. Пусть окружность с центром I
, вписанная в треугольник ABC
, касается его сторон BC
и AC
в точках D
и E
соответственно, K
— точка пересечения луча AI
(биссектрисы угла BAC
) с прямой ED
. Достаточно доказать, что BK\perp AK
.
Обозначим углы треугольника ABC
через \alpha
, \beta
и \gamma
соответственно. Тогда \frac{\alpha}{2}+\frac{\beta}{2}+\frac{\gamma}{2}=90^{\circ}
.
Рассмотрим случай, когда точки K
и I
лежат по разные стороны от прямой BC
.
Из равнобедренного треугольника DCE
находим, что \angle DEC=90^{\circ}-\frac{\gamma}{2}
. По теореме о внешнем угле треугольника
\angle IKD=\angle AKE=\angle DEC-\angle KAE=90^{\circ}-\frac{\gamma}{2}-\frac{\alpha}{2}=\frac{\beta}{2}=\angle IBD.
Из точек K
и B
отрезок ID
виден под одним и тем же углом, значит, точки K
, B
, I
и D
лежат на одной окружности, а так как вписанный в эту окружность угол BDI
равен 90^{\circ}
, то BI
— диаметр окружности. Следовательно, \angle BKI=90^{\circ}
. Что и требовалось доказать.
Аналогично для случая, когда точки I
и K
лежат по одну сторону от прямой BC
.
Источник: Санкт-Петербургская (Ленинградская) математическая олимпиада. — 1982. Отборочный тур.
Источник: Петербургские математические олимпиады 1961—1993 / Под ред. Д. В. Фомина, К. П. Кохася. — СПб.—М.—Краснодар: Лань, 2007. — Задача 82.41