13262. Дан прямоугольный треугольник ABC
с прямым углом при вершине C
; DM
и DN
— биссектрисы треугольников ADC
и BDC
соответственно. Докажите, что 2AM\cdot BN=MN^{2}
.
Решение. Первый способ. Поскольку
\angle MDN=\angle MDC+\angle NDC=45^{\circ}+45^{\circ}=90^{\circ}
и \angle MCN=90^{\circ}
, то точки C
и D
лежат на окружности с диаметром MN
. Равные вписанные углы MDC
и NDC
опираются на равные хорды. Тогда
CM=CN\Rightarrow MN^{2}=CM^{2}+CN^{2}=2CM^{2}=2CM\cdot CM=2CM\cdot CN.
По свойству биссектрисы треугольника (см. задачу 1509)
\frac{AM}{MC}=\frac{AD}{DC}~\mbox{и}~\frac{BN}{NC}=\frac{BD}{DC}.
Перемножив эти равенства, учитывая что, CD^{2}=AD\cdot DB
(см. задачу 2728) и CM=CN
, получим
\frac{AM\cdot BN}{MC\cdot NC}=\frac{AD\cdot BD}{DC^{2}}=\frac{AD\cdot BD}{AD\cdot DB}=1.
Значит,
AM\cdot BN=MC\cdot NC.
Следовательно,
MN^{2}=2CM\cdot CN=2AM\cdot BN.
Что и требовалось доказать.
Второй способ. Обозначим BC=a
, AC=b
и AB=c
. Применив свойство биссектрисы треугольника (см. задачу 1509), и используя подобие треугольников ACD
и ABC
, получим
\frac{AM}{MC}=\frac{AD}{DC}=\frac{b}{a},
откуда AM=\frac{b}{a}MC
. Тогда
b=AC=AM+MC=\left(\frac{b}{a}MC+MC\right)=\left(\frac{b}{a}+1\right)MC~\Rightarrow~
~\Rightarrow~MC=\frac{ab}{a+b}~\mbox{и}~AM=AC-MC=b-\frac{ab}{a+b}=\frac{b^{2}}{a+b}.
Аналогично,
NC=\frac{ab}{a+b}=MC~\mbox{и}~BN=\frac{a^{2}}{a+b}.
Следовательно,
2AM\cdot BN=2\cdot\frac{b^{2}}{a+b}\cdot\frac{a^{2}}{a+b}=2\left(\frac{ab}{a+b}\right)^{2}=2MC^{2}=
=MC^{2}+MC^{2}=MC^{2}+NC^{2}=MN^{2}.
Что и требовалось доказать.