Олимпиадная задача по планиметрии для 8–9 класса: биссектриса в треугольнике ADC

Докажем сначала, что BD=BE . Пусть окружность S1касается 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 .

Расмотрим гомотетию с центром в точке N касания окружностей, переводящую окружность S1в окружность S . Касательная DF к окружности S1перейдёт 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

BE2 = BM· BN = BM(BM+MN)= BM2+BM· MN =

=(BC2+CM2) + DM· MF = (BC2+CM2) + (CD-CM)(CF+CM)=

=(BC2+CM2) + (CD-CM)(CD+CM)= (BC2+CM2) + (CD2-CM2)=

=BC2+CD2 = BD2.

Следовательно, BE=BD . Что и требовалось доказать.

(Другой способ. Вписаные углы DNB и DAB опираются на одну и ту же дугу, поэтому

DNB = DAB = 90^o- DBA = BDM,

значит, треугольники BMD и BDN подобны по двум углам. Тогда = . Следовательно,

BE2 = BM· BN = BD2.

Что и требовалось доказать.)

Перейдём к нашей задаче. Поскольку точка D лежит на окружности с диаметром AB , треугольник ADB — прямоугольный. Обозначим ABD = α . Тогда

ADC = α, BDC = 90^o- α, BDE = BED = 90^o-,

CDE = BDE - BDC = (90^o-)- (90^o- α)= = ADC.

Что и требовалось доказать.

Ответ задачи отсутствует