13593. Дан треугольник ABC
с острым углом при вершине A
. Внутри треугольника отмечена точка P
, для которой \angle BAP=\angle ACP
и \angle CAP=\angle ABP
. Точки M
и N
— центры вписанных окружностей треугольников ABP
и ACP
соответственно, а радиус описанной окружности треугольника AMN
равен R
. Докажите, что
\frac{1}{R}=\frac{1}{AB}+\frac{1}{AC}+\frac{1}{AP}.
Решение. Обозначим BC=a
, AC=b
, AB=c
, \angle BAC=\alpha
. Тогда
\angle APB=180^{\circ}-\angle ABP-\angle BAP=
=180^{\circ}-\angle ABP-(\alpha-\angle CAP)=180^{\circ}-\alpha,
а по теореме косинусов
c^{2}=AB^{2}=AP^{2}+BP^{2}-2AP\cdot BP\cos(180^{\circ}-\alpha)=
=AP^{2}+BP^{2}+2AP\cdot BP\cos\alpha.
Треугольники ABP
и CAP
подобны по двум углам, причём коэффициент подобия равен \frac{AB}{AC}=\frac{c}{b}
, поэтому BP=\frac{c}{b}\cdot AP
. Тогда
c^{2}=AP^{2}+BP^{2}+2AP\cdot BP\cos\alpha=AP^{2}+\frac{c^{2}}{b^{2}}AP^{2}+2AP^{2}\cdot\frac{c}{b}\cos\alpha=
=\frac{AP^{2}}{b^{2}}(b^{2}+c^{2}+2bc\cos\alpha).
Положим
b^{2}+c^{2}+2bc\cos\alpha=x^{2}.
Тогда
c^{2}=\frac{AP^{2}}{b^{2}}\cdot x^{2},~AP=\frac{bc}{x},~BP=\frac{c}{b}\cdot AP=\frac{c^{2}}{x}.
Пусть X
— точка касания вписанной окружности треугольника ABP
со стороной AP
. Тогда (см. задачу 219)
PX=\frac{AP+BP-AB}{2}=\frac{\frac{bc}{x}+\frac{c^{2}}{x}-c}{2}=\frac{c(b+c-x)}{2x}=
=\frac{c((b+c)^{2}-x^{2})}{2x(b+c+x)}=\frac{b^{2}+c^{2}+2bc-b^{2}-c^{2}-2bc\cos\alpha)}{2x(b+c+x)}=
=\frac{2bc^{2}(1-\cos\alpha)}{2x(b+c+x)}=\frac{2bc^{2}\sin^{2}\frac{\alpha}{2}}{x(b+c+x)},
а так как PM
— биссектриса угла APB
, то
\angle XPM=\frac{1}{2}\angle APB=90^{\circ}-\frac{\alpha}{2}.
Из прямоугольного треугольника MPX
получаем
PM=\frac{PX}{\cos\left(90^{\circ}-\frac{\alpha}{2}\right)}=\frac{PX}{\sin\frac{\alpha}{2}}=\frac{\frac{2bc^{2}\sin^{2}\frac{\alpha}{2}}{x(b+c+x)}}{\sin\frac{\alpha}{2}}=\frac{2bc^{2}\sin\frac{\alpha}{2}}{x(b+c+x)}.
Поскольку
\angle MPN=\angle APM+\angle APN=\frac{\alpha}{2}+\frac{\alpha}{2}=\alpha=\angle APC,
а из подобия треугольников ABP
и CAP
следует, что
\frac{PM}{PN}=\frac{c}{b}=\frac{AP}{CP},
то треугольники NPM
и CPA
подобны по двум сторонам и углу между ними, причём коэффициент подобия равен \frac{PM}{AP}
. Значит,
MN=AC\cdot\frac{PM}{AP}=b\cdot\frac{\frac{2bc^{2}\sin\frac{\alpha}{2}}{x(b+c+x)}}{\frac{bc}{x}}.
Поскольку
\angle MAN=\angle MAP+\angle NAP=\frac{1}{2}\angle BAP+\frac{1}{2}\angle CAP=\frac{1}{2}\angle BAC=\frac{\alpha}{2},
то по теореме синусов
R=\frac{MN}{2\sin\frac{\alpha}{2}}=\frac{b\cdot\frac{\frac{2bc^{2}\sin\frac{\alpha}{2}}{x(b+c+x)}}{\frac{bc}{x}}}{2\sin\frac{\alpha}{2}}=\frac{bc}{b+c+x}.
Следовательно,
\frac{1}{R}=\frac{b+c+x}{bc}=\frac{1}{c}+\frac{1}{b}+\frac{x}{bc}=\frac{1}{AB}+\frac{1}{AC}+\frac{1}{AP}.
Что и требовалось доказать.