10706. Биссектриса угла A
пересекает сторону BC
треугольника ABC
в точке L
, а описанную окружность треугольника — в точке M
. Точки K
и N
— проекции точки L
на прямые AC
и AB
соответственно. Докажите, что S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}AM\cdot KN
.
Решение. Точка M
— середина дуги BC
, не содержащей точки A
, поэтому MB=MC
(см. задачу 430). Обозначим BC=a
, AC=b
, AB=c
, \angle BAC=\alpha
, LK=LN=d
, MB=MC=e
.
Первый способ. Поскольку
\angle KLN=180^{\circ}-\angle KAN=180^{\circ}-\angle BAC=\angle BMC,
равнобедренные треугольники KLN
и BMC
подобны, поэтому \frac{MC}{LK}=\frac{BC}{KN}
, откуда
e=MC=\frac{MB\cdot KN}{KN}=\frac{BC\cdot LK}{KN}=\frac{ad}{KN}.
По теореме Птолемея (см. задачу 130)
AC\cdot BM+AB\cdot CM=AM\cdot BC,~\mbox{или}~be+ce=a\cdot AM,
а так как e=\frac{ad}{KN}
, то
a\cdot AM=e(b+c)=\frac{ad(b+c)}{KN},
откуда получаем, что
AM\cdot KN=(b+c)d=bd+cd=2S_{\triangle ACL}+2S_{\triangle ABL}=2S_{\triangle ABC}.
Второй способ. Пусть P
— проекция точки M
на прямую AC
. По формуле Архимеда (см. задачу 176)
AP=\frac{AC+AB}{2}=\frac{b+c}{2}.
По формуле для биссектрисы треугольника (см. задачу 4021)
AL=\frac{2AC\cdot AB\cos\frac{1}{2}\angle BAC}{2AC\cdot AB}=\frac{2bc\cos\frac{\alpha}{2}}{b+c}.
Из прямоугольного треугольника APM
получаем, что
AM=\frac{AB}{\cos\angle MAP}=\frac{AP}{\cos\frac{\alpha}{2}},
а так как AL
— диаметр окружности, описанной около четырёхугольника AKLN
с прямыми углами при вершинах K
и N
, то по теореме синусов
KN=AL\sin\angle KAN=AL\sin\alpha.
Значит,
\frac{1}{2}AM\cdot KN=\frac{1}{2}\cdot\frac{AP}{\cos\frac{\alpha}{2}}\cdot AL\sin\alpha=AP\cdot AL\sin\frac{\alpha}{2}=
=\frac{b+c}{2}\cdot\frac{2bc\cos\frac{\alpha}{2}}{b+c}\cdot\sin\frac{\alpha}{2}=bc\cos\frac{\alpha}{2}\sin\frac{\alpha}{2}=\frac{1}{2}bc\sin\alpha=S_{\triangle ABC}.
Третий способ. Отрезок AL
— диаметр окружности, описанной около четырёхугольника AKLN
с прямыми углами при вершинах K
и N
. По теореме синусов
KN=AL\sin\angle KAN=AL\sin\alpha.
По формуле для квадрата биссектрисы треугольника (см. задачу 791)
AL^{2}=AC\cdot AB-CL\cdot LB=AC\cdot AB-AL\cdot LM.
Тогда
\frac{1}{2}AL^{2}\sin\alpha=\frac{1}{2}AC\cdot AB\sin\alpha-\frac{1}{2}AL\cdot LM\sin\alpha~\Rightarrow~
\Rightarrow~\frac{1}{2}AL\cdot KN=S_{ABCD}-\frac{1}{2}AL\cdot LM\sin\alpha~\Rightarrow
S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}AL\cdot KN+\frac{1}{2}AL\cdot KN=\frac{1}{2}KN(AL+LM)=\frac{1}{2}KN\cdot AM.