6900. Даны пять точек A
, B
, C
, D
, E
такие, что ABCD
— параллелограмм, а около четырёхугольника BCDE
можно описать окружность. Прямая l
проходит через точку A
, пересекает отрезок DC
в его внутренней точке F
, а прямую BC
— в точке G
. Предположим, что EF=EG=EC
. Докажите, что прямая l
является биссектрисой угла DAB
.
Указание. Примените теорему синусов к треугольникам BEC
, DEF
и монотонность синуса и косинуса на отрезке \left[0;\frac{\pi}{2}\right]
.
Решение. (Решение В.Волкова.) Обозначим
EF=EG=EC=x,~\angle ECG=\angle EGC=\alpha,
\angle CFE=\angle ECF=\beta,~\angle CBE=\varphi.
Около четырёхугольника BCDE
можно описать окружность. Вписанные в эту окружность углы CDE
и CBE
опираются на одну и ту же дугу, поэтому
\angle CDE=\angle CBE=\varphi.
Поскольку AD\parallel BG
, треугольники AFD
и GFC
подобны. Значит, \frac{AD}{GC}=\frac{FD}{FC}
, а так как AD=BC
, то \frac{BC}{GC}=\frac{FD}{FC}
.
По теореме о внешнем угле треугольника
\angle BEC=\alpha-\varphi,~\angle DEF=\beta-\varphi.
Применив теорему синусов к треугольникам BEC
и DEF
, получим, что
\frac{x}{\sin\varphi}=\frac{BC}{\sin(\alpha-\varphi)},~\frac{x}{\sin\varphi}=\frac{FD}{\sin(\beta-\varphi)},
откуда
BC=\frac{x\sin(\alpha-\varphi)}{\sin\varphi},~FC=\frac{x\sin(\beta-\varphi)}{\sin\varphi}.
Из равнобедренных треугольников CGE
и CEF
находим, что
GC=2x\cos\alpha,~FC=2x\cos\beta.
Тогда равенство \frac{BC}{GC}=\frac{FD}{FC}
примет вид
\frac{\frac{x\sin(\alpha-\varphi)}{\sin\varphi}}{2x\cos\alpha}=\frac{\frac{x\sin(\beta-\varphi)}{\sin\varphi}}{2x\cos\beta},
или
\frac{\sin(\alpha-\varphi)}{\cos\alpha}=\frac{\sin(\beta-\varphi)}{\cos\beta}.
Докажем, что \alpha=\beta
.
Заметим, что 0\lt\alpha\lt\frac{\pi}{2}
, 0\lt\beta\lt\frac{\pi}{2}
(как углы при основаниях равнобедренных треугольников) и 0\lt\alpha-\varphi\lt\frac{\pi}{2}
, 0\lt\beta-\varphi\lt\frac{\pi}{2}
.
Предположим, что \alpha\gt\beta
. Тогда
\alpha-\varphi\gt\beta-\varphi,~\sin(\alpha-\varphi)\gt\sin(\beta-\varphi),~\cos\alpha\lt\cos\beta.
Значит,
\frac{\sin(\alpha-\varphi)}{\cos\alpha}\gt\frac{\sin(\beta-\varphi)}{\cos\beta},
что невозможно. Аналогично для случая \alpha\lt\beta
. Следовательно, \alpha=\beta
.
Тогда равнобедренные треугольники CEF
и CGE
равны, поэтому CF=CG
, и значит, DF=AD
. Следовательно,
\angle DAF=\angle DFA=\angle BAF,
т. е. луч AF
, лежащий на прямой l
, — биссектриса угла BAD
. Что и требовалось доказать.
Источник: Международная математическая олимпиада. — 2007, XLVIII
Источник: Журнал «Квант». — 2007, № 2, с. 49
Источник: Агаханов Н. Х., Кожевников П. А., Терёшин Д. А. Математика. Международные олимпиады. — М.: Просвещение, 2010. — с. 45