11277. Известно, что внутри треугольника ABC
нашлась такая точка P
, что \angle APB-\angle ACB=\angle APC-\angle ABC
. Пусть D
и E
— центры окружностей, вписанных в треугольники APB
и APC
соответственно. Докажите, что прямые AP
, BD
и CE
пересекаются в одной точке.
Решение. Пусть X
, Y
и Z
— проекции точки P
на стороны BC
, AC
и AB
соответственно. Тогда AYPZ
, BXPZ
и CXPY
— вписанные четырёхугольники. По теореме синусов
XZ=BP\sin\angle B,~XY=CP\sin\angle C.
Пусть биссектриса BD
угла ABP
пересекает сторону AP
треугольника ABP
в точке Q
, а биссектриса CE
угла ACP
пересекает сторону AP
треугольника ACP
в точке R
. Докажем, что точки Q
и R
совпадают. Отсюда будет следовать утверждение задачи.
По свойству биссектрисы треугольника (см. задачу 1509)
\frac{AQ}{QP}=\frac{AB}{BP},~\frac{AR}{RP}=\frac{AC}{CP},
поэтому достаточно доказать, что \frac{AB}{BP}=\frac{AC}{CP}
.
Из условия задачи и задачи 2379, получаем, что
\angle XZY=\angle APB-\angle C=\angle APC-\angle B=\angle XYZ,
значит, треугольник XYZ
равнобедренный, XY=XZ
, т. е. CP\sin\angle C=BP\sin\angle B
. Тогда
\frac{BP}{CP}=\frac{\sin\angle C}{\sin\angle B}=\frac{AB}{AC}
(теорема синусов для треугольника ABC
). Следовательно, \frac{AB}{BP}=\frac{AC}{CP}
. Что и требовалось доказать.
Источник: Международная математическая олимпиада. — 1996, XXXIX, Канада
Источник: Журнал «Квант». — 1996, № 6, с. 21, М1572; 1997, № 3, с. 21, М1572а
Источник: Задачник «Кванта». — М1572
Источник: Журнал «Crux Mathematicorum». — 2000, № 4, с. 228