12984. В треугольнике ABC
проведены биссектрисы AD
, BE
и CF
. Прямая, перпендикулярная AD
и проходящая через середину AD
, пересекает AC
в точке P
. Прямая, перпендикулярная BE
и проходящая через середину BE
, пересекает AB
в точке Q
. Наконец, прямая, перпендикулярная CF
и проходящая через середину CF
, пересекает CB
в точке R
. Докажите, что треугольники DEF
и PQR
равновелики.
Решение. Обозначим BC=a
, AC=b
, AB=c
, S_{\triangle ABC}=S
. Тогда (см. задачу 3106)
S_{\triangle DEF}=S\left(1-\frac{bc}{(a+b)(a+c)}-\frac{ac}{(a+b)(b+c)}-\frac{ab}{(a+c)(b+c)}\right)=
=S\left(1-\frac{bc(b+c)+ac(a+c)+ab(a+b)}{(a+b)(a+c)(b+c)}\right).
Пусть прямая, перпендикулярная AD
и проходящая через середину O
отрезка AD
, пересекает AB
в точке P_{1}
. Треугольник PAP_{1}
равнобедренный, так как его биссектриса AO
является высотой, поэтому середина O
диагонали AD
четырёхугольника APDP_{1}
— середина диагонали PP_{1}
. Значит, APDP_{1}
— параллелограмм, а так как его диагонали перпендикулярны, — это ромб. Следовательно,
AP=DP_{1}=AC\cdot\frac{BD}{BC}=b\cdot\frac{c}{b+c}=\frac{bc}{b+c}.
(см. задачу 1509). Тогда
CP=AC-AP=b-\frac{bc}{b+c}=\frac{b^{2}}{b+c}.
Аналогично находим, что
BQ=\frac{ac}{a+c},~AQ=\frac{c^{2}}{a+c},~CR=\frac{ab}{a+b},~BR=\frac{a^{2}}{a+b}.
Значит (см. задачу 3007),
S_{\triangle PAQ}=\frac{AP}{AC}\cdot\frac{AQ}{AB}S=\frac{\frac{bc}{b+c}}{b}\cdot\frac{\frac{c^{2}}{a+c}}{c}S=\frac{c^{2}}{(b+c)(a+c)}S.
Аналогично,
S_{\triangle QBR}=\frac{a^{2}}{(a+c)(a+b)}S,~S_{\triangle PCR}=\frac{b^{2}}{(b+c)(a+b)}S.
Значит,
S_{\triangle PQR}=S-S_{\triangle PAQ}-S_{\triangle QBR}-S_{\triangle PCR}=
=S\left(1-\frac{c^{2}}{(b+c)(a+c)}-\frac{a^{2}}{(a+c)(a+b)}-\frac{b^{2}}{(b+c)(b+a)}\right)=
=S\left(1-\frac{c^{2}(a+b)+a^{2}(b+c)+b^{2}(a+c)}{(a+b)(a+c)(b+c)}\right)=
=S\left(1-\frac{bc(b+c)+ac(a+c)+ab(a+b)}{(a+b)(a+c)(b+c)}\right)=S_{\triangle DEF}.
Что и требовалось доказать.
Источник: Шарыгин И. Ф. Геометрия: 9—11 кл.: От учебной задачи к творческой: Учебное пособие. — М.: Дрофа, 1996. — № 410, с. 49