11015. Точка K
— центр вневписанной окружности треугольника MCN
, касающейся стороны MN
и продолжений сторон CM
и CN
в точках P
и Q
соответственно. Докажите, что \frac{CM}{MP}\cdot\frac{CN}{NQ}=\frac{1}{\sin^{2}\frac{1}{2}\angle C}
.
Решение. Обозначим \angle CMN=\alpha
, \angle CNM=\beta
, \angle MCN=\gamma
. Тогда
\angle PKM=90^{\circ}-\angle PMK=90^{\circ}-\frac{1}{2}(180^{\circ}-\alpha)=\frac{\alpha}{2},
\angle CKM=\angle CKP-\angle PKM=\left(90^{\circ}-\frac{\gamma}{2}\right)-\frac{\alpha}{2}=\frac{\beta}{2}.
Из прямоугольного треугольника PKM
получаем, что MP=MK\sin\frac{\alpha}{2}
. Применив теорему синусов к треугольнику CKM
получим, что \frac{CM}{MK}=\frac{\sin\frac{\beta}{2}}{\sin\frac{\gamma}{2}}
, откуда
CM=\frac{MK\sin\frac{\beta}{2}}{\sin\frac{\gamma}{2}}.
Значит,
\frac{CM}{MP}=\frac{\frac{MK\sin\frac{\beta}{2}}{\sin\frac{\gamma}{2}}}{MK\frac{\alpha}{2}}=\frac{\frac{\sin\frac{\beta}{2}}{\sin\frac{\gamma}{2}}}{\sin\frac{\alpha}{2}}=\frac{\sin\frac{\beta}{2}}{\sin\frac{\gamma}{2}\cdot\sin\frac{\alpha}{2}}.
Аналогично,
\frac{CN}{NQ}=\frac{\sin\frac{\alpha}{2}}{\sin\frac{\gamma}{2}\cdot\sin\frac{\beta}{2}}.
Следовательно,
\frac{CM}{MP}\cdot\frac{CN}{NQ}=\frac{\sin\frac{\beta}{2}}{\sin\frac{\gamma}{2}\cdot\sin\frac{\alpha}{2}}\cdot\frac{\sin\frac{\alpha}{2}}{\sin\frac{\gamma}{2}\cdot\sin\frac{\beta}{2}}=\frac{1}{\sin^{2}\frac{\gamma}{2}}.
Что и требовалось доказать.
Примечание. См. статью Э.Готмана и В.Дубровского: «О свойствах центра вневписанной окружности», Квант, 1989, N9, с.38-39.