13921. Медианы неравнобедренного треугольника ABC
пересекаются в точке G
. Прямая, проведённая через точку G
перпендикулярно стороне BC
, пересекается с биссектрисой угла BAC
в точке A'
. Аналогично определяются точки B'
и C'
. Докажите, что:
а) точка G
и проекции точки A'
на прямые AB
и AC
лежат на одной прямой;
б)
\frac{GA'\cdot GB'}{CA\cdot CB}+\frac{GB'\cdot GC'}{AB\cdot AC}+\frac{GC'\cdot GA'}{BC\cdot BA}=\frac{1}{9}.
Решение. а) Пусть A_{2}
— точка пересечения биссектрисы угла BAC
с описанной окружностью треугольника ABC
, A_{1}
— середина стороны BC
. Поскольку A_{2}
— середина дуги BC
, не содержащей точки A
, то треугольник BA_{2}C
равнобедренный, A_{2}B=A_{2}C
, поэтому A_{2}A_{1}\perp BC
, а так как GA'\perp BC
, то GA'\parallel A_{1}A_{2}
. Значит, треугольник AA'G
гомотетичен треугольнику AA_{2}A_{1}
с центром A
и коэффициентом \frac{AG}{AA_{1}}=\frac{2}{3}
.
Пусть B_{1}
и C_{1}
— основания перпендикуляров, опущенных из точки A_{2}
на прямые AC
и AB
соответственно. Тогда точки B_{1}
, A_{1}
и C_{1}
лежат на одной прямой — прямой Симсона треугольника ABC
и точки A_{2}
(см. задачу 83).
Пусть D
и E
— проекции точки G
на прямые AC
и AB
соответственно. Тогда при рассматриваемой гомотетии точка B_{1}
переходит в D
, точка C_{1}
— в E
, а точка A_{1}
— в G
. Следовательно, точки D
, E
и G
лежат на одной прямой. Что и требовалось доказать.
б) Обозначим \angle BAC=\alpha
, \angle ABC=\beta
и \angle ACB=\gamma
.
Из прямоугольного треугольника BA_{1}A_{2}
получаем
A_{1}A_{2}=BA_{2}\tg\angle A_{1}BA_{2}=\frac{1}{2}BC\tg\angle CBA_{2}=\frac{1}{2}BC\tg\angle CAA_{2}=\frac{1}{2}a\tg\frac{\alpha}{2}.
Тогда
GA'=\frac{2}{3}A_{1}A_{2}=\frac{2}{3}\cdot\frac{1}{2}a\tg\frac{\alpha}{2}=\frac{1}{3}a\tg\frac{\alpha}{2},
поэтому
\frac{GA'}{BC}=\frac{\frac{1}{3}a\tg\frac{\alpha}{2}}{a}=\frac{1}{3}\tg\frac{\alpha}{2}.
Аналогично,
\frac{GB'}{AC}=\frac{1}{3}\tg\frac{\beta}{2},~\frac{GC'}{AB}=\frac{1}{3}\tg\frac{\gamma}{2}.
Следовательно,
\frac{GA'\cdot GB'}{CA\cdot CB}+\frac{GB'\cdot GC'}{AB\cdot AC}+\frac{GC'\cdot GA'}{BA\cdot BA}=
=\frac{GA'}{CB}\cdot\frac{GB'}{CA}+\frac{GB'}{AC}\cdot\frac{GC'}{AB}+\frac{GC'}{BA}\cdot\frac{GA'}{BC}=
=\frac{1}{3}\tg\frac{\alpha}{2}\cdot\frac{1}{3}\tg\frac{\beta}{2}+\frac{1}{3}\tg\frac{\beta}{2}\cdot\frac{1}{3}\tg\frac{\gamma}{2}+\frac{1}{3}\tg\frac{\gamma}{2}\cdot\frac{1}{3}\tg\frac{\alpha}{2}=
=\frac{1}{9}\left(\tg\frac{\alpha}{2}\tg\frac{\beta}{2}+\tg\frac{\beta}{2}\tg\frac{\gamma}{2}+\tg\frac{\gamma}{2}\tg\frac{\alpha}{2}\right)=\frac{1}{9}\cdot1=\frac{1}{9}
(см. задачу 4438). Что и требовалось доказать.