13581. Точка I
— центр вписанной окружности треугольника ABC
. Точки P
и Q
— проекции точки A
на прямые BI
и CI
соответственно. Докажите, что
\frac{AP}{BI}+\frac{AQ}{CI}=\ctg\angle A.
Решение. Обозначим углы треугольника при вершинах A
, B
и C
через \alpha
, \beta
и \gamma
соответственно. Из прямоугольных треугольников APB
и AQC
находим, что
AP=AB\sin\frac{\beta}{2},~AQ=AC\sin\frac{\gamma}{2}.
Поскольку
\angle AIB=90^{\circ}+\frac{\gamma}{2},~\angle AIC=90^{\circ}+\frac{\beta}{2},
(см. задачу 4770), то по теореме синусов из треугольников AIB
и AIC
получаем
BI=AB\cdot\frac{\sin\frac{\alpha}{2}}{\sin\left(90^{\circ}+\frac{\gamma}{2}\right)}=AB\cdot\frac{\sin\frac{\alpha}{2}}{\cos\frac{\gamma}{2}},
CI=AC\cdot\frac{\sin\frac{\alpha}{2}}{\sin\left(90^{\circ}+\frac{\beta}{2}\right)}=AC\cdot\frac{\sin\frac{\alpha}{2}}{\cos\frac{\gamma}{2}},
Следовательно,
\frac{AP}{BI}+\frac{AQ}{CI}=\frac{AB\sin\frac{\beta}{2}}{AB\cdot\frac{\sin\frac{\alpha}{2}}{\cos\frac{\gamma}{2}}}+\frac{AC\sin\frac{\gamma}{2}}{AC\cdot\frac{\sin\frac{\alpha}{2}}{\cos\frac{\gamma}{2}}}=\frac{\sin\frac{\beta}{2}\cos\frac{\gamma}{2}+\sin\frac{\gamma}{2}\cos\frac{\beta}{2}}{\sin\frac{\alpha}{2}}=
=\frac{\sin\frac{\beta+\gamma}{2}}{\sin\frac{\alpha}{2}}=\frac{\cos\frac{\alpha}{2}}{\sin\frac{\alpha}{2}}=\ctg\frac{\alpha}{2}.
Что и требовалось доказать.