在三角形 $ABC$ 中，$AB=AC$，$\angle CAB$ 和 $\angle ABC$ 的内角平分线分别与边 $BC$ 和 $CA$ 相交于点 $D$ 和 $E$．设 $K$ 是三角形 $ADC$ 的内心．若 $\angle BEK=45^{\circ}$，求 $\angle CAB$ 所有可能的值．（比利时）
【难度】
【出处】
2009年第50届IMO试题
【标注】
【答案】
略
【解析】
线段 $AD$ 与 $BE$ 为 $\triangle ABC$ 的两条角平分线，它们相交于 $\triangle ABC$ 的内心 $I$．连接 $CI$，则 $CI$ 平分 $\angle ACB$．由于 $K$ 为 $\triangle ADC$ 的内心，故 $K$ 在线段 $CI$ 上．
设 $\angle BAC=\alpha$，由于 $AB=AC$，所以 $AD\perp BC$，故 $\angle ABC=\angle ACB=90^\circ-\dfrac{\alpha}{2}$．
由于 $BI,CI$ 分别平分 $\angle ABC,\angle ACB$，故
$\angle ABI=\angle IBC=\angle ACI=\angle ICB=45^\circ-\dfrac{\alpha}{4}$．
因此
$\angle EIC=\angle IBC+\angle ICB=90^\circ-\dfrac{\alpha}{2}$
$\angle IEC=\angle BAE+\angle ABE=45^\circ+\dfrac{3\alpha}{4}$
故
$\begin{aligned}\dfrac{IK}{KC}&=\dfrac{S_{\triangle IEK}}{S_{\triangle EKC}}\\
&=\dfrac{\dfrac{1}{2}IE\cdot EK\cdot \sin\angle IEK}{\dfrac{1}{2}EC\cdot EK\cdot \sin\angle KEC}\\
&=\dfrac{\sin 45^\circ}{\sin \dfrac{3\alpha}{4}}\cdot\dfrac{IE}{EC}\\
&=\dfrac{\sin 45^\circ}{\sin\dfrac{3\alpha}{4}}\cdot \dfrac{\sin\left(45^\circ-\dfrac{\alpha}{4}\right)}{\sin\left(90^\circ-\dfrac{\alpha}{2}\right)}
\end{aligned}$
另一方面，由于点 $K$ 为 $\triangle ADC$ 的内心，故 $DK$ 平分 $\angle IDC$，由角平分线性质定理知
$\dfrac{IK}{KC}=\dfrac{ID}{DC}=\tan\angle ICD=\dfrac{\sin\left(45^\circ-\dfrac{\alpha}{4}\right)}{\cos\left(45^\circ-\dfrac{\alpha}{4}\right)}$．
所以
$\dfrac{\sin 45^\circ}{\sin\dfrac{3\alpha}{4}}\cdot \dfrac{\sin\left(45^\circ-\dfrac{\alpha}{4}\right)}{\sin\left(90^\circ-\dfrac{\alpha}{2}\right)}=\dfrac{\sin \left(45^\circ-\dfrac{\alpha}{4}\right)}{\cos \left(45^\circ-\dfrac{\alpha}{4}\right)}$．
去分母得
$2\sin 45^\circ\cos (45^\circ-\dfrac{\alpha}{4})=2\sin\dfrac{3\alpha}{4}\cos\dfrac{\alpha}{2}$．
用积化和差公式可得
$\sin\left(90^\circ-\dfrac{\alpha}{4}\right)+\sin\dfrac{\alpha}{4}=\sin\dfrac{5\alpha}{4}+\sin\dfrac{\alpha}{4}$
此即 $\sin\left(90^\circ-\dfrac{\alpha}{4}\right)=\sin\dfrac{5\alpha}{4}$．
由于 $0<\alpha<180^\circ$，故 $\sin\left(90^\circ-\dfrac{\alpha}{4}\right)>0$，因此 $\sin\dfrac{5\alpha}{4}>0$，即 $0<\dfrac{5\alpha}{4}<180^\circ$，故只有
$90^\circ-\dfrac{\alpha}{4}=\dfrac{5\alpha}{4}\Rightarrow \alpha=60^\circ$，或 $90^\circ-\dfrac{\alpha}{4}=180^\circ-\dfrac{5\alpha}{4}\Rightarrow\alpha =90^\circ$．
当 $\alpha=60^\circ$ 时，易验证 $\triangle IEC\cong \triangle IDC$，因此 $\triangle IEK\cong\triangle IDK$
故 $\angle BEK=\angle IDK=45^\circ$．
当 $\alpha=90^\circ$ 时，$\angle EIC=90^\circ-\dfrac{\alpha}{2}=45^\circ=\angle KDC$．
又因为 $\angle ICE=\angle DCK$，故 $\triangle ICE$ 与 $\triangle DCK$ 相似，这说明 $IC\cdot KC=DC\cdot EC$，因而 $\triangle IDC$ 与 $\triangle EKC$ 相似，故 $\angle EKC=\angle IDC=90^\circ$，故
$\angle BEK=180^\circ-\angle EIK-\angle EKI=45^\circ$．
综上所述，$\angle CAB$ 的所有可能值为 $60^\circ$ 和 $90^\circ$．
设 $\angle BAC=\alpha$，由于 $AB=AC$，所以 $AD\perp BC$，故 $\angle ABC=\angle ACB=90^\circ-\dfrac{\alpha}{2}$．
由于 $BI,CI$ 分别平分 $\angle ABC,\angle ACB$，故
$\angle ABI=\angle IBC=\angle ACI=\angle ICB=45^\circ-\dfrac{\alpha}{4}$．
因此
$\angle EIC=\angle IBC+\angle ICB=90^\circ-\dfrac{\alpha}{2}$
$\angle IEC=\angle BAE+\angle ABE=45^\circ+\dfrac{3\alpha}{4}$
故
$\begin{aligned}\dfrac{IK}{KC}&=\dfrac{S_{\triangle IEK}}{S_{\triangle EKC}}\\
&=\dfrac{\dfrac{1}{2}IE\cdot EK\cdot \sin\angle IEK}{\dfrac{1}{2}EC\cdot EK\cdot \sin\angle KEC}\\
&=\dfrac{\sin 45^\circ}{\sin \dfrac{3\alpha}{4}}\cdot\dfrac{IE}{EC}\\
&=\dfrac{\sin 45^\circ}{\sin\dfrac{3\alpha}{4}}\cdot \dfrac{\sin\left(45^\circ-\dfrac{\alpha}{4}\right)}{\sin\left(90^\circ-\dfrac{\alpha}{2}\right)}
\end{aligned}$
另一方面，由于点 $K$ 为 $\triangle ADC$ 的内心，故 $DK$ 平分 $\angle IDC$，由角平分线性质定理知
$\dfrac{IK}{KC}=\dfrac{ID}{DC}=\tan\angle ICD=\dfrac{\sin\left(45^\circ-\dfrac{\alpha}{4}\right)}{\cos\left(45^\circ-\dfrac{\alpha}{4}\right)}$．
所以
$\dfrac{\sin 45^\circ}{\sin\dfrac{3\alpha}{4}}\cdot \dfrac{\sin\left(45^\circ-\dfrac{\alpha}{4}\right)}{\sin\left(90^\circ-\dfrac{\alpha}{2}\right)}=\dfrac{\sin \left(45^\circ-\dfrac{\alpha}{4}\right)}{\cos \left(45^\circ-\dfrac{\alpha}{4}\right)}$．
去分母得
$2\sin 45^\circ\cos (45^\circ-\dfrac{\alpha}{4})=2\sin\dfrac{3\alpha}{4}\cos\dfrac{\alpha}{2}$．
用积化和差公式可得
$\sin\left(90^\circ-\dfrac{\alpha}{4}\right)+\sin\dfrac{\alpha}{4}=\sin\dfrac{5\alpha}{4}+\sin\dfrac{\alpha}{4}$
此即 $\sin\left(90^\circ-\dfrac{\alpha}{4}\right)=\sin\dfrac{5\alpha}{4}$．
由于 $0<\alpha<180^\circ$，故 $\sin\left(90^\circ-\dfrac{\alpha}{4}\right)>0$，因此 $\sin\dfrac{5\alpha}{4}>0$，即 $0<\dfrac{5\alpha}{4}<180^\circ$，故只有
$90^\circ-\dfrac{\alpha}{4}=\dfrac{5\alpha}{4}\Rightarrow \alpha=60^\circ$，或 $90^\circ-\dfrac{\alpha}{4}=180^\circ-\dfrac{5\alpha}{4}\Rightarrow\alpha =90^\circ$．
当 $\alpha=60^\circ$ 时，易验证 $\triangle IEC\cong \triangle IDC$，因此 $\triangle IEK\cong\triangle IDK$
故 $\angle BEK=\angle IDK=45^\circ$．
当 $\alpha=90^\circ$ 时，$\angle EIC=90^\circ-\dfrac{\alpha}{2}=45^\circ=\angle KDC$．
又因为 $\angle ICE=\angle DCK$，故 $\triangle ICE$ 与 $\triangle DCK$ 相似，这说明 $IC\cdot KC=DC\cdot EC$，因而 $\triangle IDC$ 与 $\triangle EKC$ 相似，故 $\angle EKC=\angle IDC=90^\circ$，故
$\angle BEK=180^\circ-\angle EIK-\angle EKI=45^\circ$．
综上所述，$\angle CAB$ 的所有可能值为 $60^\circ$ 和 $90^\circ$．
答案
解析
备注
