12347. Дан остроугольный треугольник ABC
. Высота, проведённая из вершины A
, пересекает биссектрису, проведённую из вершины B
, в точке P
. Высота проведённая из вершины B
, пересекает биссектрису, проведённую из вершины C
, в точке Q
. Высота проведённая из вершины C
, пересекает биссектрису, проведённую из вершины A
, в точке R
. Точка I
— центр вписанной окружности треугольника ABC
. Докажите, что
AP\cdot BQ\cdot CR=AI\cdot BI\cdot CI.
Решение. Обозначим через \alpha
, \beta
и \gamma
углы треугольника ABC
при вершинах A
, B
и C
соответственно.
По теореме синусов из треугольника API
получаем \frac{AP}{\sin\angle AIP}=\frac{AI}{\sin\angle API}
, а так как \angle AIP=90^{\circ}\pm\frac{\gamma}{2}
(см. задачу 4770) и \angle API=90^{\circ}\mp\frac{\beta}{2}
, причём выбор верхнего и нижнего знаков зависит от того, каким неравенством величина \alpha
связана с величинами \beta
и \gamma
. В любом случае
\frac{AP}{\sin\angle AIP}=\frac{AI}{\sin\angle API}~\Leftrightarrow~\frac{AP}{\sin\left(90^{\circ}\pm\frac{\gamma}{2}\right)}=\frac{AI}{\sin\left(90^{\circ}\mp\frac{\beta}{2}\right)}~\Leftrightarrow~\frac{AP}{\cos\frac{\gamma}{2}}=\frac{AI}{\cos\frac{\beta}{2}}.
Аналогично,
\frac{BQ}{\cos\frac{\alpha}{2}}=\frac{BI}{\cos\frac{\gamma}{2}}~\mbox{и}~\frac{CR}{\cos\frac{\beta}{2}}=\frac{CI}{\cos\frac{\alpha}{2}}.
Перемножив эти три равенства, получим, что
AP\cdot BQ\cdot CR=AI\cdot BI\cdot CI.
Что и требовалось доказать.
Источник: Журнал «Crux Mathematicorum». — 1981, № 7, задача 565, с. 211