13596. Касательная, проведённая к вписанной окружности равностороннего треугольника ABC
, пересекает его стороны AB
и AC
в точках D
и E
соответственно. Докажите, что
\frac{AD}{DB}+\frac{AE}{EC}=1.
Решение. Обозначим AB=AC=BC=a
, BD=x
, CE=y
. Тогда
AD=a-x,~AE=a-y.
Четырёхугольник BCED
описанный, поэтому
ED+BC=BD+CE,~\mbox{или}~ED+a=x+y,
откуда
ED=x+y-a.
По теореме косинусов
(x+y-a)^{2}=ED^{2}=AE^{2}+AD^{2}-2AE\cdot AD\cos60^{\circ}=
=(a-y)^{2}+(a-x)^{2}-(a-y)(a-x),
откуда
a=\frac{3xy}{x+y},~AD=a-x=\frac{3xy}{x+y}-x=\frac{x(2y-x)}{x+y},
AE=a-y=\frac{3xy}{x+y}-y=\frac{y(2x-y)}{x+y}.
Следовательно,
\frac{AD}{DB}+\frac{AE}{EC}=\frac{x(2y-x)}{x(x+y)}+\frac{y(2x-y)}{y(x+y)}=\frac{2y-x}{x+y}+\frac{2x-y}{x+y}=1.
Что и требовалось доказать.