13594. Точка D
лежит на стороне BC
треугольника ABC
. Точки E
и F
— центры вписанных окружностей треугольников ABD
и ACD
соответственно. Известно, что точки B
, C
, E
и F
лежат на одной окружности. Докажите, что
\frac{AD+BD}{AD+CD}=\frac{AB}{AC}.
Решение. Пусть прямая EF
пересекает AB
, AC
и AD
в точках G
, H
и K
соответственно, а \angle B=2\beta
и \angle C=2\gamma
. Тогда
\angle GBE=\angle EBD=\beta,~\angle DCF=\angle FCH=\gamma,
а так как четырёхугольник BEFC
вписанный, то
\angle GEB=\angle FCD=\gamma,~\angle CFH=\angle EBD=\beta.
По теореме о внешнем угле треугольника
\angle AGH=\angle GBE+\angle GEB=\beta+\gamma=\angle CFH+\angle FCH=\angle AHG,
поэтому треугольник GAH
равнобедренный, AG=AH
.
Поскольку AE
и AF
— биссектрисы треугольников GAK
и HAK
соответственно, то
\frac{KE}{EG}=\frac{KA}{AG}=\frac{KA}{AH}=\frac{KF}{FH}~\Rightarrow~\frac{KE}{EG}+1=\frac{KF}{FH}+1~\Rightarrow~
~\Rightarrow~\frac{KE+EG}{EG}=\frac{KF+FH}{FH}~\Rightarrow~\frac{KG}{EG}=\frac{KH}{FH}.
Пусть в треугольнике ABD
радиус вписанной окружности, высота, проведённая из вершины D
, и площадь равны соответственно r_{1}
, h_{1}
и S_{1}
, в треугольнике ACD
соответствующие величины равны r_{2}
, h_{2}
и S_{2}
, а в треугольниках AKG
и AKH
высоты, проведённые из общей вершины K
, равны k_{1}
и k_{2}
соответственно. Тогда
\frac{h_{1}}{k_{1}}=\frac{AD}{AK}=\frac{h_{2}}{k_{2}},~\frac{k_{1}}{r_{1}}=\frac{KG}{EG}=\frac{KH}{FH}=\frac{k_{2}}{r_{2}}.
После перемножения получаем, что \frac{h_{1}}{r_{1}}=\frac{h_{1}}{r_{1}}
.
Кроме того,
h_{1}\cdot AB=2S_{1}=r_{1}(AB+BD+DA)~\Rightarrow~\frac{h_{1}}{r_{1}}=\frac{AB+BD+DA}{AB}=1+\frac{BD+DA}{AB},
и аналогично,
\frac{h_{2}}{r_{2}}=\frac{AC+CD+DA}{AC}=1+\frac{CD+DA}{AC}.
Значит,
1+\frac{BD+DA}{AB}=1+\frac{CD+DA}{AC}.
Следовательно,
\frac{BD+DA}{AB}=\frac{CD+DA}{AC},~\mbox{или}~\frac{AD+BD}{AD+CD}=\frac{AB}{AC}.
Что и требовалось доказать.