11198. Биссектрисы треугольника ABC
пересекаются в точке L
, их продолжения пересекают описанную окружность в точках A_{1}
, B_{1}
, C_{1}
. Пусть R
— радиус описанной, r
— радиус вписанной окружностей треугольника ABC
. Докажите равенства:
а) \frac{LA_{1}\cdot LC_{1}}{LB}=R
;
б) \frac{LA\cdot LC}{LB_{1}}=2r
;
в) \frac{S_{\triangle ABC}}{S_{\triangle A_{1}B_{1}C_{1}}}=\frac{2r}{R}
.
Решение. Пусть A_{1}
, B_{1}
, C_{1}
— точки пересечения с описанной окружностью биссектрис углов при вершинах A
, B
, C
соответственно. Обозначим \angle BAC=\alpha
, \angle ABC=\beta
, \angle ACB=\gamma
.
а) По теореме о «трилистнике» (см. задачу 788) A_{1}B=A_{1}L
и C_{1}L=C_{1}B
. По теореме синусов
A_{1}B=2R\sin\frac{\alpha}{2},~C_{1}B=2R\sin\frac{\gamma}{2}.
Из равнобедренного треугольника A_{1}LB
получаем, что
LB=2A_{1}L\sin\frac{\gamma}{2}=4R\sin\frac{\alpha}{2}\sin\frac{\gamma}{2}.
Следовательно,
\frac{LA_{1}\cdot LC_{1}}{LB}=\frac{A_{1}B\cdot C_{1}B}{LB}=\frac{2R\sin\frac{\alpha}{2}\cdot2R\sin\frac{\gamma}{2}}{4R\sin\frac{\alpha}{2}\sin\frac{\gamma}{2}}=R.
б) Точка L
— центр вписанной окружности треугольника ABC
, поэтому
LA=\frac{r}{\sin\frac{\alpha}{2}},~LC=\frac{r}{\sin\frac{\gamma}{2}},
а так как в равнобедренном треугольнике CB_{1}L
известно, что
\angle CB_{1}L=\angle CB_{1}B=\angle CAB=\alpha,
то
B_{1}L=\frac{CL}{2\sin\frac{\alpha}{2}}=\frac{\frac{r}{\sin\frac{\gamma}{2}}}{2\sin\frac{\alpha}{2}}=\frac{r}{2\sin\frac{\alpha}{2}\sin\frac{r\gamma}{2}}.
Следовательно,
\frac{LA\cdot LC}{LB_{1}}=\frac{\frac{r}{\sin\frac{\alpha}{2}}\cdot\frac{r}{\sin\frac{\gamma}{2}}}{\frac{r}{2\sin\frac{\alpha}{2}\sin\frac{r\gamma}{2}}}=2r.
в) Обозначим
BC=a,~AC=b,~AB=c,~B_{1}C_{1}=a_{1},~A_{1}C_{1}=b_{1},~A_{1}B_{1}=c_{1}.
Из равенств
S_{\triangle ABC}=\frac{abc}{4R},~S_{\triangle A_{1}B_{1}C_{1}}=\frac{a_{1}b_{1}c_{1}}{4R}
(см. задачу 4259) получаем, что \frac{S_{\triangle ABC}}{S_{\triangle A_{1}B_{1}C_{1}}}=\frac{abc}{a_{1}b_{1}c_{1}}
, а из подобия треугольников CLB
и B_{1}LC_{1}
следует, что \frac{a}{a_{1}}=\frac{LB}{LC_{1}}
. Аналогично,
\frac{b}{b_{1}}=\frac{LC}{LA_{1}},~\frac{c}{c_{1}}=\frac{LA}{LB_{1}}.
при этом, по доказанному в а) и б)
\frac{LA_{1}\cdot LC_{1}}{LB}=R,~\frac{LA\cdot LC}{LB_{1}}=2r.
Следовательно,
\frac{S_{\triangle ABC}}{S_{\triangle A_{1}B_{1}C_{1}}}=\frac{LA\cdot LB\cdot LC}{LA_{1}\cdot LB_{1}\cdot LC_{1}}=\frac{LA\cdot LC}{LB_{1}}:\frac{LA_{1}\cdot LC_{1}}{LB}=\frac{2r}{R}.
Примечание. Из решения задачи можно получить неравенство 2r\leqslant R
, а также соотношение AL\cdot LA_{1}=2Rr
, которое удобно использовать при доказательстве формулы Эйлера d^{2}=R^{2}-2Rr
(см. задачу 126).
Ряд интересных следствий задачи можно получить, заметив, что прямые A_{1}A
, B_{1}B
и C_{1}C
содержат высоты треугольника A_{1}B_{1}C_{1}
(см. задачу 33). Одно из них: площадь треугольника равна половине произведения радиуса описанной окружности на периметр треугольника с вершинами в основаниях высот данного треугольника (см. задачу 4305).