50-я Международная Математическая Oлимпиада
Германия, Бремен, 2009 год
Комментарий/решение:
Тут точно в "Обозначим через K центр окружности, вписанной в треугольник ABC" треугольник ABC ?
Пусть $\angle CAB = 2a$ и $I$ - точка пересечения биссектрис, тогда можно выразить все нужные углы, а именно из треугольника $IKD$ получаем $ID = \dfrac{IK \cdot \cos(\dfrac{a}{2})}{\sin45^{\circ}}$ из треугольника $IKE$ получаем $IE=\dfrac{IK \cdot \sin(45^{\circ}+a)}{\sin45^{\circ}}$ и из треугольника $AIE$ с учетом $IE$ получаем $AI = \dfrac{IE \cdot \sin(135^{\circ}-\dfrac{3a}{2})}{ \sin a}=\dfrac{IK \cdot \sqrt{2} \cdot \sin(a+45^{\circ}) \cdot \sin( \dfrac{3a}{2}+45^{\circ})}{ \sin a} $
Так как $CI$ биссектриса то $\dfrac{ID}{IA} = \dfrac{CD}{CA} = \sin a$ подставляя и преобразовывая $\cos \dfrac{a}{2} = \sin \dfrac{5a}{2}$ или $(2 \sin a -1) \cdot \sin(a-45^{\circ}) \cdot \sin(\dfrac{a}{2} + 45^{\circ}) = 0 $ откуда $a=30^{\circ}$ и $a=45^{\circ}$ то есть возможные значения $\angle CAB = 60^{\circ} , 90^{\circ}$ .
$I=BE\cap AD$. Далее возьмём ${E}'$ как симметрию точки $E$ относительно $IC$. Допустим $D$ не равен ${E}'$. $\angle IDK=\angle I{E}'K=45$ от куда следует что $ID{E}'K$ вписанный. $\angle KD{E}'=\angle KI{E}'=\angle EIK=45$ $\angle BIC=135$ и $\angle BAC=90$. Если $D={E}'$ то $\angle BAC=60$.
Возможно, что при неправильном наборе формул, они будут
доредактированы модератором. При этом содержание не будет меняться.