Олимпиадная задача по планиметрии с биссектрисой в равнобедренном треугольнике ABC

Заметим, что для равностороннего треугольника утверждение очевидно. Пусть биссектриса CD пересекает высоту BM треугольника ABC в точке K отличной от центра O описанной окружности треугольника ABC .

Рассмотрим случай, когда точка O лежит на отрезке BK . Положим BCA = BAC = 2α . Пусть прямая OE пересекает биссектрису CD в точке P . Тогда

ECK= MCK = α, CKM = 90^o-α,

BOE = KOP = 90^o- OKP = 90^o- CKM = α = ECK.

Значит, ECK + EOK = 180^o . Поэтому точки C , E , O и K лежат на одной окружности. Вписанные углы OKE и OCE этой окружности опираются на одну и ту же дугу, поэтому они равны, а т.к. ABM = CBM = 90^o-2α и треугольник BOC равнобедренный, то

OKE = OCE = OCB = CBO = OBA.

Значит, прямые EK и AB параллельны. Таким образом, противоположные стороны четырёхугольника EFDK попарно параллельны. Поэтому EFDK – параллелограмм. Следовательно, DF=EK , а т.к. KBE = BKE , то BE=EK=DF , что и требовалось доказать.

Аналогично для случая, когда точка O лежит вне отрезка BK .

Ответ задачи отсутствует