13572. В прямоугольном треугольнике ABC
с прямым углом при вершине A
проведены биссектрисы BD
и CE
, пересекающиеся в точке I
. Докажите, что площадь четырёхугольника BCDE
вдвое больше площади треугольника BIC
.
Решение. Обозначим AC=b
, AB=c
, BC=a
, p
— полупериметр треугольника ABC
, r
— радиус вписанной окружности, S
— площадь. Тогда (см. задачи 217 и 452)
r=p-a=\frac{b+c-a}{2},~2S=bc=2pr=2p(p-a).
Из свойства биссектрисы треугольника (см. задачу 1509) получаем, что
AE=\frac{bc}{a+b},~AD=\frac{bc}{a+c},
Поэтому
S_{\triangle AED}=\frac{1}{2}\cdot\frac{bc}{a+b}\cdot\frac{bc}{a+c}=\frac{b^{2}c^{2}}{2(a+b)(a+c)}.
Значит,
S_{BCDE}=S-S_{\triangle AED}=\frac{1}{2}bc-\frac{b^{2}c^{2}}{2(a+b)(a+c)}=\frac{1}{2}bc\left(1-\frac{bc}{(a+b)(a+c)}\right)=
=\frac{abc(a+b+c)}{2(a+b)(a+c)}=\frac{abcp}{(a+b)(a+c)},
а так как
(a+b)(a+c)=a(a+b+c)+bc=2ap+2p(p-a)=2p^{2},
то
S_{BCDE}=\frac{abcp}{(a+b)(a+c)}=ap\cdot\frac{bc}{(a+b)(a+c)}=
=ap\cdot\frac{2p(p-a)}{2p^{2}}=a(p-a)=ar=2\cdot\frac{1}{2}ar=2S_{\triangle BIC}.
Что и требовалось доказать.