13761. Биссектрисы BD
и CE
треугольника ABC
пересекаются в точке I
. Биссектриса угла BIC
пересекает отрезки BC
и DE
в точках P
и Q
соответственно, причём PI=2QI
. Докажите, что \angle BAC=60^{\circ}
.
Решение. Обозначим BC=a
, AC=b
, AB=c
, \angle A=\alpha
, \angle B=\beta
, \angle C=\gamma
.
Первый способ. Из равенства
IP=\frac{2BI\cdot CI\cos\frac{1}{2}\angle BIC}{BI+CI}
(см. задачу 4021) получаем
\left(\frac{1}{BI}+\frac{1}{CI}\right)IP=2\cos\frac{1}{2}\angle BIC,
\left(\frac{1}{DI}+\frac{1}{EI}\right)IQ=2\cos\frac{1}{2}\angle DIE=2\cos\frac{1}{2}\angle BIC,
а так как IP=2IQ
, то
2\left(\frac{1}{BI}+\frac{1}{CI}\right)IP=\frac{1}{DI}+\frac{1}{EI}.
Пусть высота треугольника, проведённая из вершины I
(т. е. радиус вписанной окружности треугольника ABC
), равна r
. Тогда
BI=\frac{r}{\sin\frac{\beta}{2}},~CI=\frac{r}{\sin\frac{\gamma}{2}},
поэтому
\frac{1}{BI}+\frac{1}{CI}=\frac{\sin\frac{\beta}{2}+\sin\frac{\gamma}{2}}{r},
а так как
\angle ADC=\alpha+\frac{\beta}{2},~\angle BEC=\alpha+\frac{\gamma}{2},
то аналогично получим
\frac{1}{DI}+\frac{1}{EI}=\frac{\sin\left(\alpha+\frac{\beta}{2}\right)+\sin\left(\alpha+\frac{\gamma}{2}\right)}{r}.
Таким образом,
2\left(\sin\frac{\beta}{2}+\sin\frac{\gamma}{2}\right)=\sin\left(\alpha+\frac{\beta}{2}\right)+\sin\left(\alpha+\frac{\gamma}{2}\right),
или
2\sin\frac{\beta+\gamma}{4}\cos\frac{\gamma-\beta}{4}=\sin\left(\alpha+\frac{\beta+\gamma}{4}\right)\cos\frac{\gamma-\beta}{4},
а так как \cos\frac{\gamma-\beta}{4}\ne0
\left(-45^{\circ}\lt\frac{\gamma-\beta}{4}\lt45^{\circ}\right)
, то
2\sin\frac{180^{\circ}-\alpha}{4}=\sin\frac{180^{\circ}+3\alpha}{4},
\sin\frac{180^{\circ}-\alpha}{4}=\sin\frac{180^{\circ}+3\alpha}{4}-\sin\frac{180^{\circ}-\alpha}{4}=2\sin\frac{\alpha}{2}\cos\frac{180^{\circ}+\alpha}{4}=
=2\sin\frac{\alpha}{2}\sin\left(90^{\circ}-\frac{180^{\circ}+\alpha}{4}\right)=2\sin\frac{\alpha}{2}\sin\frac{180^{\circ}-\alpha}{4}.
При этом \sin\frac{180^{\circ}-\alpha}{4}\ne0
, так как 0^{\circ}\lt\frac{180^{\circ}-\alpha}{4}\lt45^{\circ}
. Значит, \sin\frac{\alpha}{2}=\frac{1}{2}
. Следовательно, \alpha=60^{\circ}
. Что и требовалось доказать.
Второй способ. Пусть p
— полупериметр треугольника ABC
. Тогда (см. задачу 4751)
BD=\frac{2\sqrt{acp(p-b)}}{a+c},~BD=\frac{2\sqrt{abp(p-c)}}{a+b}.
Кроме того, поскольку CI
— биссектриса треугольника BCD
, то (см. задачи 1509 и 2906)
\frac{BI}{ID}=\frac{BC}{DC}=\frac{a}{\frac{ab}{a+c}}=\frac{a+c}{b},
Значит,
BI=BD\cdot\frac{BI}{BI+ID}=BD\cdot\frac{a+c}{a+b+c}=\frac{2\sqrt{acp(p-b)}}{a+c}\cdot\frac{a+c}{2p}=\sqrt{\frac{ac(p-b)}{p}},
ID=\frac{b}{a+c}\cdot BI=\frac{b}{a+c}\sqrt{\frac{ac(p-b)}{p}}.
Аналогично,
CI=\sqrt{\frac{ab(p-c)}{p}},~IE=\frac{c}{a+b}\sqrt{\frac{ab(p-c)}{p}}.
Пусть \angle BIP=\theta
. Тогда (см. задачу 4021)
PI=\frac{2BI\cdot CI\cos\theta}{BI+CI},~IQ=\frac{2ID\cdot IE\cos\theta}{ID+IE},
а так как PI=2IQ
, то
\frac{BI\cdot CI\cos\theta}{BI+CI}=\frac{2ID\cdot IE\cos\theta}{ID+IE},
или
\frac{1}{\sqrt{c(p-b)}+\sqrt{b(p-c)}}=\frac{2\sqrt{bc}}{(a+b)\sqrt{b(p-b)}+(a+c)\sqrt{c(p-c)}}.
После очевидных преобразований получаем равенство
(2\sqrt{(p-b)(p-c)}-\sqrt{bc})(\sqrt{b(p-c)}+\sqrt{c(p-b)})=0,
а так как
\sqrt{b(p-c)}+\sqrt{c(p-b)}\gt0,
то
\sqrt{(p-b)(p-c)}=\sqrt{bc},
откуда
4(p-b)(p-c)=bc.
Тогда по теореме косинусов
\cos\alpha=\frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2bc}=\frac{(b-c)^{2}-a^{2}+2bc}{2bc}=
=1-\frac{a^{2}-(b-c)^{2}}{2bc}=1-\frac{(a-b+c)(a+b-c)}{2bc}=1-\frac{2(p-b)(p-c)}{bc}=
=1-\frac{2(p-b)(p-c)}{bc}=1-\frac{\frac{1}{2}bc}{bc}=1-\frac{1}{2}=\frac{1}{2}.
Следовательно, \alpha=60^{\circ}
. Что и требовалось доказать.
Источник: Журнал «Crux Mathematicorum». — 2005, № 4, задача 2939 (2004, с. 229, 232), с. 243