12138. На дуге BC
окружности, описанной около треугольника ABC
(не содержащей A
), взята точка K
. Пусть KM
и KN
— биссектрисы треугольников AKB
и AKC
. Докажите, что прямая MN
проходит через центр вписанной окружности треугольника ABC
Ответ. \frac{4}{3}
.
Решение. Докажем двумя способами, что все прямые MN
проходят через одну и ту же точку.
Первый способ. Пусть KM
и KN
— биссектрисы треугольников AKB
и AKC
соответственно, а лучи KM
и KN
пересекают описанную окружность треугольника ABC
в точках соответственно E
и D
(эти точки — середины дуг AB
и AC
, не содержащих точек C
и B
соответственно). Найдём условие, при котором прямая MN
пересекает биссектрису угла BAC
в заданной точке Q
.
Положим \angle MAN=2\alpha
. Тогда AQ=\frac{2AM\cdot AN\cos\alpha}{AM+AN}
(см. задачу 4021), или
\frac{1}{AM}+\frac{1}{AN}=\frac{2\cos\alpha}{AQ}.
Поэтому достаточно проверить, что величина \frac{1}{AM}+\frac{1}{AN}
не зависит от положения точки K
на не содержащей точки A
дуге BC
описанной окружности треугольника ABC
.
Пусть d
— диаметр окружности, \angle ABC=2\beta
, \angle ACD=2\gamma
, \angle ABK=\varphi
. Тогда
\angle AKM=\angle AKE=\angle ACE=\gamma,~
\angle AMK=\angle BMK=\frac{\smile BE+\smile ACK}{2}=\frac{2\gamma+2\varphi}{2}=\gamma+\varphi,~
\angle AKN=\angle AKD=\angle ABD=\beta,~
\angle ANK=\angle CND=\frac{\smile CD+\smile ABK}{2}=\frac{2\beta+(360^{\circ}-\smile ADK)}{2}=
=\frac{2\beta+(360^{\circ}-2\varphi)}{2}=180^{\circ}-(\varphi-\beta).
По теореме синусов
AK=d\sin\varphi,~\frac{AM}{AK}=\frac{\sin\angle AKE}{\sin\angle AMK},~\frac{AN}{AK}=\frac{\sin\angle AKD}{\sin\angle ANK},
поэтому
\frac{1}{AM}=\frac{\sin(\varphi+\gamma)}{AK\sin\gamma}=\frac{\sin(\varphi+\gamma)}{d\sin\varphi\sin\gamma},~
\frac{1}{AN}=\frac{\sin(180^{\circ}-(\varphi-\beta)}{AK\sin\beta}=\frac{\sin(\varphi-\beta)}{AK\sin\beta}=\frac{\sin(\varphi-\beta)}{d\sin\varphi\sin\beta},
\frac{1}{AM}+\frac{1}{AN}=\frac{\sin(\varphi+\gamma)}{d\sin\varphi\sin\gamma}+\frac{\sin(\varphi-\beta)}{d\sin\varphi\sin\beta}=
=\frac{1}{d}\left(\frac{\sin\varphi\cos\gamma+\cos\varphi\sin\gamma}{\sin\varphi\sin\gamma}+\frac{\sin\varphi\cos\beta-\cos\varphi\sin\beta}{\sin\varphi\sin\beta}\right)=
=\frac{1}{d}(\ctg\gamma+\ctg\varphi+\ctg\beta-\ctg\varphi)=\frac{1}{d}(\ctg\gamma+\ctg\beta),
т. е. величина \frac{1}{AM}+\frac{1}{AN}
действительно не зависит от \varphi
. Отсюда следует доказываемое утверждение.
Второй способ. Обозначим AM=x
. По свойству биссектрисы треугольника
\frac{BM}{AM}=\frac{BK}{AK},~\frac{AB-x}{x}=\frac{BK}{AK},~\frac{AB}{x}=1+\frac{BK}{AK}.
Аналогично, если AN=y
, то \frac{AC}{y}=1+\frac{CK}{AK}
. По теореме Птолемея (см. задачу 130)
BK\cdot AC+CK\cdot AB=AK\cdot BC.
Следовательно,
\frac{BK}{AK}\cdot AC+\frac{CK}{AK}\cdot AB=BC,~
\left(\frac{AB}{x}-1\right)AC+\left(\frac{AC}{y}-1\right)AB=BC,~
AB\cdot AC\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\right)=BC+AB+AC,
\frac{1}{AM}+\frac{1}{AN}=\frac{1}{x}+\frac{1}{y}=\frac{BC+AB+AC}{AB\cdot AC}
т. е. величина \frac{1}{AM}+\frac{1}{AN}
действительно не зависит от положения точки K
на указанной дуге.
Остаётся доказать, что фиксированная точка Q
, через которую проходят прямые MN
, действительно центр вписанной окружности треугольника ABC
.
Пусть K
— середина рассматриваемой дуги BC
. Тогда
\frac{BM}{MA}=\frac{BK}{KA}=\frac{CK}{KA}=\frac{CN}{NA},
поэтому MN\parallel BC
.
Пусть P
— точка пересечения AK
со стороной BC
. Треугольники BKA
и PKB
с общим углом при вершине K
подобны по двум углам, поэтому \frac{BK}{KA}=\frac{BP}{AB}
. Значит,
\frac{PQ}{QA}=\frac{BM}{MA}=\frac{BK}{KA}=\frac{BP}{AB},
поэтому Q
— точка пересечения биссектрис треугольника ABC
.