Подобни равнобедрени триъгълници

[ins-]

На страната AC на равнобедрения тръгълник ABC с основа AB е избрана произволна точка D. С основа BD е построен равнобедрен триъгълник BDE, подобен на ABC. Ако I и J са съответно центровете на вписаните окръжности в ABC и BDE, да се докаже, че A, I, J лежат на една права.

[martin123456]

Без ограничение на общността нека [tex]x=\angle ABD < \angle DBC[/tex]. Нека [tex]\angle ABC=\alpha[/tex]. Лесно се вижда тогава, че [tex]\angle ABD=\angle IBJ=\angle CBE=x[/tex] и [tex]\angle DBI=\angle JBC=\frac{\alpha}{2}-x[/tex].
По условие, [tex]\Delta ABC \sim \Delta DBE[/tex] и значи [tex]\frac{BJ}{BI}=\frac{DB}{AB}=\frac{\sin{\alpha}}{\sin{(\alpha+x)}}[/tex]. От друга страна [tex]\angle IBJ=x[/tex] и значи [tex]\exist \Delta IJB[/tex] и за него [tex]\frac{BJ}{BI}=\frac{\sin{\angle BIJ}}{\sin{(\angle BIJ+x)}}[/tex].
Значи [tex]\frac{\sin{\alpha}}{\sin{(\alpha+x)}}=\frac{\sin{\angle BIJ}}{\sin{(\angle BIJ+x)}}[/tex][tex]\Leftrightarrow \cos{(\alpha - \angle BIJ -x)}-cos{(\alpha+\angle BIJ+x)}=\cos{(\alpha + x - \angle BIJ)}-\cos{(\alpha +x +\angle BIJ)}[/tex]
[tex]\Leftrightarrow \cos{(\alpha - \angle BIJ -x)}=\cos{(\alpha + x - \angle BIJ)} \Leftrightarrow \sin{(\alpha - \angle BIJ)}\sin{(x)}=0 \Rightarrow \angle BIJ =\alpha[/tex].

[inveidar]

xxxx.JPG (44.79 KiB) Прегледано 333 пъти

Достатъчно е да допуснем, че [tex]J\notin AI[/tex] и [tex]AI\cap BJ=J_{1}[/tex](става въпрос за правите).
Лесно се доказва, че [tex]\Delta ABD\sim \Delta IBJ_{1}[/tex], откъдето [tex]\frac{BJ_{1}}{BD }=\frac{BI}{BA }[/tex].
Но от подобието на [tex]ABC[/tex] и [tex]DBE[/tex] следва [tex]\frac{BJ}{BD }=\frac{BI}{BA }[/tex] и от предишната пропорция следва, че [tex]J\equiv J_{1}[/tex]. Остава да се изкусурят подробностите.

[ins-]

Благодаря за решенията. Още като гледах "Вписан четириъгълник" се досетих, че задачите имат нещо общо. На мен и двете решения ми харесват. Всяко си има чар. Жалко, че задачата малко "грознее".