13792. В треугольнике ABC
точки A_{1}
и A_{2}
— основания перпендикуляров, опущенных из вершины A
на биссектрисы углов B
и C
. Аналогично определяются точки B_{1}
, B_{2}
и C_{1}
, C_{2}
. Докажите, что
2(A_{1}A_{2}+B_{1}B_{2}+C_{1}C_{2})=AB+BC+CA.
Решение. Первый способ. Обозначим углы при вершинах A
, B
и C
треугольника ABC
через \alpha
, \beta
и \gamma
соответственно, а противолежащие им стороны — через a
, b
и c
соответственно.
Пусть I
— точка пересечения биссектрис треугольника ABC
, а точки A_{1}
и A_{2}
лежат на биссектрисах углов B
и C
соответственно. Тогда
\angle BAA_{1}=90^{\circ}-\frac{\beta}{2}=\frac{\alpha+\gamma}{2}\gt\frac{\alpha}{2}=\angle BAI,
\angle CAA_{1}=90^{\circ}-\frac{\gamma}{2}=\frac{\alpha+\beta}{2}\gt\frac{\alpha}{2}=\angle CAI.
Значит, точки A_{1}
и A_{2}
расположены по разные стороны от прямой AI
. Кроме того, AIA_{1}
— внешний угол треугольника AIB
, поэтому
\angle IAA_{1}=90^{\circ}-\angle AIA_{1}=90^{\circ}-\frac{\alpha}{2}-\frac{\beta}{2}=\frac{\gamma}{2}.
Аналогично, \angle IAA_{2}=\frac{\beta}{2}
. Тогда
IA_{1}=AI\sin\frac{\gamma}{2},~IA_{2}=AI\sin\frac{\beta}{2}.
Кроме того,
AA_{1}=AB\sin\frac{\beta}{2}=c\sin\frac{\beta}{2},~AA_{2}=AC\sin\frac{\gamma}{2}=b\sin\frac{\gamma}{2}.
Из точек A_{1}
и A_{2}
отрезок AI
виден под прямым углом, значит, эти точки лежат на окружности с диаметром AI
. Четырёхугольник AA_{1}IA_{2}
вписанный, поэтому по теореме Птолемея
A_{1}A_{2}\cdot AI=IA_{2}\cdot AA_{1}+IA_{1}\cdot AA_{2},
или
A_{1}A_{2}\cdot AI=AI\sin\frac{\beta}{2}\cdot c\sin\frac{\beta}{2}+AI\sin\frac{\beta}{2}\cdot b\sin\frac{\gamma}{2},
откуда
A_{1}A_{2}=c\sin^{2}\frac{\beta}{2}+b\sin^{2}\frac{\gamma}{2}.
Аналогично,
B_{1}B_{2}=c\sin^{2}\frac{\alpha}{2}+a\sin^{2}\frac{\gamma}{2},~C_{1}C_{2}=a\sin^{2}\frac{\beta}{2}+b\sin^{2}\frac{\alpha}{2}.
Следовательно,
2(A_{1}A_{2}+B_{1}B_{2}+C_{1}C_{2})=
=2(a+b)\sin^{2}\frac{\gamma}{2}+2(b+c)\sin^{2}\frac{\alpha}{2}+2(c+a)\sin^{2}\frac{\beta}{2}=
=(a+b)(1-\cos\gamma)+(b+c)(1-\cos\alpha)+(c+a)(1-\cos\beta)=
=2(a+b+c)-((c\cos\beta+b\cos\gamma)+(a\cos\gamma+c\cos\alpha)+(a\cos\beta+b\cos\alpha)=
=2(a+b+c)-(a+b+c)=2(a+b+c).
Что и требовалось доказать.
Второй способ. Пусть лучи AA_{1}
и AA_{2}
пересекают прямую BC
в точках X
и Y
соответственно. Треугольник ABX
равнобедренный, так как его биссектриса BA_{1}
является высотой. Значит, BX=AB=c
. Аналогично, CY=AC=b
. Тогда
XY=b+c-a.
Отрезки BA_{1}
и CA_{2}
— медианы треугольников ABX
и AXY
, поэтому точки A_{1}
и A_{2}
— середины отрезков AX
и AY
соответственно. Тогда A_{1}A_{2}
— средняя линия треугольника AXY
. Значит,
A_{1}A_{2}=\frac{1}{2}XY=\frac{b+c-a}{2}.
Аналогично,
BB_{1}=\frac{a+c-b}{2},~CC_{1}=\frac{a+b-c}{2}.
Следовательно,
2(A_{1}A_{2}+B_{1}B_{2}+C_{1}C_{2})=(b+c-a)+(a+c-b)+(a+b-c)=a+b+c.
Что и требовалось доказать.