13023. Через центр вписанной окружности треугольника ABC
со сторонами BC=a
, AC=b
и AB=c
проведена прямая. Пусть d_{a}
, d_{b}
и d_{c}
— расстояния до этой прямой от вершин A
, B
и C
соответственно. Докажите, что если вершины A
и C
лежат по одну сторону от прямой, то ad_{a}+cd_{c}=bd_{b}
.
Решение. Пусть BD
— биссектриса треугольника ABC
, I
— центр вписанной окружности (т. е. точка пересечения биссектрис) AA_{1}=d_{a}
, BB_{1}=d_{b}
, CC{1}=d_{c}
и DE
— перпендикуляры к проведённой прямой. Тогда
\frac{A_{1}E}{EC_{1}}=\frac{AD}{DC}=\frac{AB}{BC}=\frac{c}{a}
(см. задачу 1509) и
\frac{d_{b}}{DE}=\frac{BB_{1}}{DE}=\frac{BI}{ID}=\frac{a+c}{b}
(см. задачу 2906), откуда ED=\frac{bd_{b}}{a+c}
.
С другой стороны (см. приложение к задаче 1503), из трапеции (или прямоугольника AA_{1}C_{1}C
) получаем ED=\frac{ad_{a}+cd_{c}}{a+c}
. Следовательно,
ad_{a}+cd_{c}=bd_{b}.
Что и требовалось доказать.
Примечание. Следствие. Если учитывать направления отрезков d_{a}
, d_{b}
и d_{c}
, то
ad_{a}+d_{b}+bd_{c}=0.