13648. Дан треугольник ABC
, в котором AB\lt AC
. Касательная в точке A
к описанной окружности треугольника ABC
пересекает прямую BC
в точке P
. Биссектриса угла APB
пересекает стороны AB
и AC
в точках E
и F
соответственно. Докажите, что \frac{PE}{PF}=\sqrt{\frac{BE}{CF}}
Решение. Обозначим \angle BAC=\alpha
, \angle ACB=\gamma
. Пусть AD
— биссектриса треугольника ABC
. По теореме о внешнем угле треугольника
\angle ADP=\angle CAD+\angle ACD=\frac{\alpha}{2}+\gamma.
По теореме об угле между касательной и хордой
\angle BAP=\angle ACB=\gamma,
поэтому
\angle DAP=\angle DAB+\angle BAP=\frac{\alpha}{2}+\gamma=\angle ADP.
Значит, треугольник APD
равнобедренный, PA=PD
. Тогда биссектриса PE
его угла при вершине P
перпендикулярна основанию AD
и делит его пополам. Треугольник EAF
равнобедренный (AE=AF)
, так как его биссектриса, проведённая из вершины A
, является высотой.
Треугольники PEA
и PFC
подобны по двум углам, поэтому \frac{PE}{PF}=\frac{AE}{CF}
. Треугольники PBE
и PAF
тоже подобны по двум углам, так как
\angle BEP=\angle AEF=\angle AFE~\mbox{и}~\angle BPE=\angle APF,
поэтому \frac{PE}{PF}=\frac{BE}{AF}
. При этом AE=AF
. Значит,
\left(\frac{PE}{PF}\right)^{2}=\frac{PE}{PF}\cdot\frac{PE}{PF}=\frac{AE}{CF}\cdot\frac{BE}{AF}=\frac{BE}{CF}.
Следовательно, \frac{PE}{PF}=\sqrt{\frac{BE}{CF}}
. Что и требовалось доказать.