13194. Точка P
лежит внутри треугольника ABC
, а PA'
, PB'
и PC'
— биссектрисы треугольников BPC
, CPA
и APB
соответственно. Докажите, что прямые AA'
, BB'
и CC'
пересекаются в некоторой точке K
, причём
\frac{AK}{KA'}=PA\left(\frac{1}{PB}+\frac{1}{PC}\right).
Решение. ПО свойству биссектрисы треугольника (см. задачу 1509)
\frac{BA'}{A'C}=\frac{PB}{PC},~\frac{CB'}{B'A}=\frac{PC}{PA},~\frac{AC'}{C'B}=\frac{PA}{PB}.
Перемножив эти равенства, получим
\frac{BA'}{A'C}\cdot\frac{CB'}{B'A}\cdot\frac{AC'}{C'B}=\frac{PB}{PC}\cdot\frac{PC}{PA}\cdot\frac{PA}{PB}=1.
Следовательно, по теореме Чевы (см. задачу 1621), прямые AA'
, BB'
и CC'
пересекаются в одной точке. Обозначим её через K
.
По теореме Ван-Обеля (см. задачу 1663)
\frac{AK}{KA'}=\frac{AC'}{C'B}+\frac{AB'}{B'C}=\frac{PA}{PB}+\frac{PA}{PC}=PA\left(\frac{1}{PB}+\frac{1}{PC}\right).
Что и требовалось доказать.