13623. Отрезок AD
— биссектриса треугольника ABC
. Прямая AD
пересекает общие касательные к описанным окружностям треугольников ABD
и ACD
в точках P
и Q
. Докажите, что PQ^{2}=AB\cdot AC
.
Решение. Обозначим BC=a
, AC=b
, AB=c
, \angle BAC=\alpha
, \angle ABC=\beta
, \angle ACB=\gamma
, S
— площадь треугольника ABC
, p
— полупериметр.
Тогда
AD=\frac{2bc\cos\frac{\alpha}{2}}{b+c},~AD^{2}=bc\left(1-\frac{a^{2}}{(b+c)^{2}}\right)
(см. задачи 4021 и 4751).
Пусть O_{1}
и O_{2}
— центры, а R_{1}
и R_{2}
— радиусы описанных окружностей треугольников ABD
и ACD
соответственно, L
и N
соответственно — точки касания окружностей с их общей касательной, содержащей точку P
. Тогда P
— середина отрезка LN
(см. задачу 444). Обозначим AQ=PD=x
, LN=t
. Тогда
PQ=AD+2x~\Rightarrow~PQ^{2}=AD^{2}+4x\cdot AD+4x^{2}=AD^{2}+4x(AD+x),
\frac{t^{2}}{4}=PL^{2}=PD\cdot PA=x(AD+x).
Следовательно,
PQ^{2}=AD^{2}+4x(AD+x)=AD^{2}+4\cdot\frac{t^{2}}{4}=AD^{2}+t^{2}.
Таким образом, задача сводится к доказательству равенства
AD^{2}+t^{2}=AB\cdot AC,
т. е.
bc\left(1-\frac{a^{2}}{(b+c)^{2}}\right)+t^{2}=bc\Leftrightarrow~t^{2}=\frac{a^{2}bc}{(b+c)^{2}}.
Поскольку BD=\frac{ac}{b+c}
(см. задачу 1509), по теореме синусов из треугольника ABD
получаем
R_{1}=\frac{BD}{2\sin\angle BAD}=\frac{\frac{ac}{b+c}}{2\sin\frac{\alpha}{2}}=\frac{ac}{2(b+c)\sin\frac{\alpha}{2}}.
Аналогично,
R_{2}=\frac{ab}{2(b+c)\sin\frac{\alpha}{2}}.
Пусть O_{1}F
— перпендикуляр к O_{2}N
, а M
— середина отрезка AD
. Из прямоугольного треугольника O_{1}FO_{2}
получаем
t^{2}=LN^{2}=O_{1}F^{2}=O_{1}O_{2}^{2}-(R_{2}-R_{1})^{2},
поэтому
O_{1}M^{2}=R_{1}^{2}-\frac{1}{4}AD^{2}=\frac{ac}{2(b+c)\sin\frac{\alpha}{2}}-\frac{1}{4}\cdot\frac{4b^{2}c^{2}\cos^{2}\frac{\alpha}{2}}{(b+c)^{2}}=
=\frac{c^{2}(a^{2}-4b^{2}\cos^{2}\frac{\alpha}{2}\sin^{2}\frac{\alpha}{2})}{4(b+c)^{2}\sin^{2}\frac{\alpha}{2}}=\frac{c^{2}(a^{2}-b^{2}\sin^{2}\alpha)}{4(b+c)^{2}\sin^{2}\frac{\alpha}{2}}=
=\frac{a^{2}c^{2}(a^{2}-\frac{b^{2}}{a^{2}}\cdot\sin^{2}\alpha)}{4(b+c)^{2}\sin^{2}\frac{\alpha}{2}}=\frac{a^{2}c^{2}(1-\frac{\sin^{2}\beta}{\sin^{2}\alpha}\cdot\sin^{2}\alpha)}{4(b+c)^{2}\sin^{2}\frac{\alpha}{2}}=\frac{a^{2}c^{2}\cos^{2}\beta}{4(b+c)^{2}\sin^{2}\frac{\alpha}{2}}.
Аналогично,
O_{2}M^{2}=\frac{a^{2}b^{2}\cos^{2}\gamma}{4(b+c)^{2}\sin^{2}\frac{\alpha}{2}}.
Значит,
O_{1}O_{2}=O_{1}M+O_{2}M=\frac{ac\cos\beta}{2(b+c)\sin\frac{\alpha}{2}}+\frac{ab\cos\gamma}{2(b+c)\sin\frac{\alpha}{2}}=\frac{a^{2}}{2(b+c)\sin\frac{\alpha}{2}}.
Следовательно, учитывая, что (p-b)(p-c)=S\tg\frac{\alpha}{2}
(см. задачу 4884б), получим, что
t^{2}=O_{1}O_{2}^{2}-(R_{2}-R_{1})^{2}=\frac{a^{4}}{4(b+c)^{2}\sin^{2}\frac{\alpha}{2}}-\left(\frac{ab}{2(b+c)\sin\frac{\alpha}{2}}-\frac{ac}{2(b+c)\sin\frac{\alpha}{2}}\right)^{2}=
=\frac{a^{2}(a^{2}-(b-c)^{2})}{4(b+c)^{2}\sin^{2}\frac{\alpha}{2}}=\frac{a^{2}(a-b+c)(a+b-c)}{4(b+c)^{2}\sin^{2}\frac{\alpha}{2}}=\frac{a^{2}(p-b)(p-c)}{2(b+c)^{2}\sin^{2}\frac{\alpha}{2}}=
=\frac{a^{2}S\tg\frac{\alpha}{2}}{2(b+c)^{2}\sin^{2}\frac{\alpha}{2}}=\frac{a^{2}\cdot\frac{1}{2}bc\sin\alpha\cdot\tg\frac{\alpha}{2}}{2(b+c)^{2}\sin^{2}\frac{\alpha}{2}}=
=\frac{a^{2}\cdot\frac{1}{2}bc\cdot2\sin\frac{\alpha}{2}\cos\frac{\alpha}{2}\cdot\tg\frac{\alpha}{2}}{2(b+c)^{2}\sin^{2}\frac{\alpha}{2}}=\frac{a^{2}bc}{(b+c)^{2}}.
Что и требовалось.