11328. а) Серединный перпендикуляр к биссектрисе AD
треугольника ABC
пересекает прямую BC
в точке E
. Докажите, что BE:CE=AB^{2}:AC^{2}
б) Докажите, что точки пересечения серединных перпендикуляров к биссектрисам треугольников с продолжениями соответствующих сторон лежат на одной прямой.
Решение. Обозначим
AC=b,~AB=c,~BC=a,~\angle BAC=\alpha,~\angle ABC=\beta,~\angle ACB=\gamma.
Пусть \beta\lt\gamma
. Тогда точка E
лежит на продолжении стороны BC
за точку C
.
а) Точка E
равноудалена от концов отрезка AD
, так как она лежит на серединном перпендикуляре к этому отрезку. Значит, треугольник AED
равнобедренный, AE=DE
. Тогда
\angle DAE=\angle ADE=\angle ABD+\angle BAD=\beta+\frac{\alpha}{2},
\angle CAE=\angle DAE-\angle DAC=\left(\beta+\frac{\alpha}{2}\right)+\frac{\alpha}{2}=\beta+\alpha=180^{\circ}-\gamma.
По теореме синусов из треугольников ABE
и ACE
получаем, что
\frac{BE}{AB}=\frac{\sin\angle BAE}{\sin\angle AEB},~\frac{AC}{CE}=\frac{\sin\angle AEC}{\sin\angle CAE},~
откуда
BE=\frac{AB\sin\angle BAE}{\sin\angle AEB}=\frac{c\sin(\alpha+\beta)}{\sin\angle AEB},~CE=\frac{AC\sin\angle CAE}{\sin\angle AEC}=\frac{b\sin\beta}{\sin\angle AEC}.
Следовательно,
\frac{BE}{EC}=\frac{\frac{c\sin(\alpha+\beta)}{\sin\angle AEB}}{\frac{b\sin\beta}{\sin\angle AEC}}=\frac{c\sin(\alpha+\beta)}{b\sin\beta}=\frac{c}{b}\cdot\frac{\sin\gamma}{\sin\beta}=\frac{c}{b}\cdot\frac{c}{b}=\frac{c^{2}}{b^{2}}=\frac{AB^{2}}{AC^{2}}.
б) Пусть серединный перпендикуляр к биссектрисе BM
треугольника ABC
пересекает прямую AC
в точке P
, а серединный перпендикуляр к биссектрисе CN
пересекает прямую AB
в точке Q
. Тогда по доказанному
\frac{BE}{EC}=\frac{b^{2}}{c^{2}},~\frac{CP}{PA}=\frac{c^{2}}{a^{2}},~\frac{AQ}{QB}=\frac{a^{2}}{b^{2}}.
Тогда, учитывая направления соответствующих отрезков, получаем, что
-\frac{BE}{EC}\cdot\frac{CP}{PA}\cdot\frac{AQ}{QB}=-\frac{b^{2}}{c^{2}}\cdot\frac{c^{2}}{a^{2}}\cdot\frac{a^{2}}{b^{2}}=-1.
Следовательно, по теореме Менелая (см. задачу 1622) точки E
, P
и Q
лежат на одной прямой.