10503. Продолжения биссектрис треугольника ABC
пересекают описанную окружность в точках A_{1}
, B_{1}
и C_{1}
; M
— точка пересечения биссектрис, r
и R
— радиусы соответственно вписанной и описанной окружностей треугольника. Докажите, что
\mbox{а})~\frac{MA\cdot MC}{MB_{1}}=2r,~\mbox{б})~\frac{MA_{1}\cdot MC_{1}}{MB}=R.
Решение. а) Поскольку B_{1}A=B_{1}M=B_{1}C
(см. задачу 788), точка B_{1}
— центр окружности, описанной около треугольника AMC
. По теореме синусов MA=2MB_{1}\sin\angle ACM
.
Пусть вписанная окружность треугольника ABC
касается стороны AC
в точке N
. Из прямоугольного треугольника CMN
получаем, что
MC=\frac{MN}{\sin\angle ACM}=\frac{r}{\sin\angle ACM}.
Следовательно,
\frac{MA\cdot MC}{MB_{1}}=\frac{2MB_{1}\sin\angle ACM\cdot\frac{r}{\sin\angle ACM}}{MB_{1}}=2r.
б) Из задачи 788 следует также, что треугольник MBC_{1}
равнобедренный, поэтому
\angle MBC_{1}=\angle BMC_{1}=180^{\circ}-\angle BMC.
Вписанные углы BC_{1}M
и BAC
опираются на одну и ту же дугу, поэтому \angle BC_{1}M=\angle BAC
. Тогда
\frac{MC_{1}}{BC}=\frac{BM}{BC}\cdot\frac{MC_{1}}{BM}=\frac{\sin\angle BCM}{\sin\angle BMC}\cdot\frac{\sin\angle MBC_{1}}{\sin\angle BC_{1}M}=
=\frac{\sin\angle BCM}{\sin\angle BMC}\cdot\frac{\sin\angle BMC}{\sin\angle BAC}=\frac{\sin\angle BCM}{\sin\angle BAC},
откуда
MC_{1}=\frac{BC\sin\angle BCM}{\sin\angle BAC}.
Кроме того, MB=MA_{1}=MC
(см. задачу 788), поэтому A_{1}
— центр описанной окружности треугольника BMC
, значит, MB=2MA_{1}\sin\angle BCM
. Следовательно,
\frac{MA_{1}\cdot MC_{1}}{MB}=\frac{MA_{1}\cdot MC_{1}}{2MA_{1}\sin\angle BCM}=\frac{MC_{1}}{2\sin\angle BCM}=
=\frac{\frac{BC\sin\angle BCM}{\sin\angle BAC}}{2\sin BCM}=\frac{BC}{2\sin\angle BAC}=R.
Источник: Прасолов В. В. Задачи по планиметрии. — Ч. 1. — М.: Наука, 1991. — № 5.12, с. 106
Источник: Прасолов В. В. Задачи по планиметрии. — 6-е изд. — М.: МЦНМО, 2007. — № 5.14, с. 103