13742. Точка P
лежит внутри треугольника ABC
. Лучи AP
, BP
и CP
пересекают стороны BC
, AC
и AB
в точках D
, E
и F
соответственно. Пусть
\frac{AE+AF}{BC}=\frac{BF+BD}{AC}=\frac{CD+CE}{AB}.
Докажите, что P
— точка Нагеля треугольника ABC
(см. задачу 4284).
Решение. Обозначим BC=a
, AC=b
, AB=c
,
\frac{AE+AF}{BC}=\frac{BF+BD}{AC}=\frac{CD+CE}{AB}=k.
Тогда
AE+AF=kBC,~BF+BD=kAC,~CD+CE=kAB~\Rightarrow
\Rightarrow~1=\frac{BC+AC+AB}{BC+AC+AB}=\frac{(AE+AF)+(BF+BD)+(CD+CE)}{BC+AC+AB}=
=\frac{kBC+kAC+kAB}{BC+AC+AB}=k.
Значит,
\frac{AE+AF}{BC}=\frac{BF+BD}{AC}=\frac{CD+CE}{AB}=k=1.
Следовательно,
AE+AF=BC=a,~BF+BD=AC=b,~CD+CE=AB=c.
При этом
BD+DC=a,~CE+EA=b,~AF+FB=c.
Пусть p
— полупериметр треугольника ABC
. Предположим, что a\leqslant b\leqslant c
, а BD=x
. Тогда
CD=a-x,~CE=c-CD=c-a+x,~EA=b-CE=b-c+a-x,~
AF=a-AE=a-b+c-a+x=c-b+x,~
FB=c-AF=c-c+b-x=b-x.
Прямые AD
, BE
и CF
пересекаются в одной точке, поэтому по теореме Чевы
1=\frac{BD}{DC}\cdot\frac{CE}{EA}\cdot\frac{AF}{FB}=\frac{x}{a-x}\cdot\frac{c-a+x}{a+b-c-x}\cdot\frac{c-b+x}{b-x},
откуда
x(c-a-x)(c-b+x)=(a-x)(a+b-c-x)(b-x).
При 0\lt x\lt a
все сомножители в обеих частях этого равенства положительны, левая часть как функция от x
возрастает, а правая убывает, значит, уравнение имеет не более одного решения. Заметим, что если BF=CE
, AF=CD
и AE=BD
, то
\frac{BD}{DC}\cdot\frac{CE}{EA}\cdot\frac{AF}{FB}=1,
В этом случае из равенства BF=CE
, т. е. b-x=c-a+x
получаем x=p-c
. Проверка показывает, что это корень (а значит, единственный) уравнения
x(c-a-x)(c-b+x)=(a-x)(a+b-c-x)(b-x).
Тогда
BF=CE=p-a,~AF=CD=p-b,~AE=BD=p-c,
поэтому D
, E
и F
— точки касания вневписанных окружностей со сторонами треугольника ABC
(см. задачу 1750). Следовательно, P
— точка Нагеля этого треугольника. Что и требовалось доказать.