13899. Точки D
, E
и F
расположены внутри треугольника ABC
, причём
\angle FAB=\angle EAC,~\angle FBA=\angle DBC,~\angle DCB=\angle ECA,
AF=AE,~BF=BD,~CD=CE.
Радиусы описанных окружностей треугольников ABC
и DEF
равны R
и r
соответственно, а полупериметр треугольника ABC
равен p
. Докажите, что площадь треугольника EDF
равна \frac{pr^{2}}{2R}
.
Решение. Пусть I
— центр вписанной окружности треугольника ABC
, а I_{a}
, I_{b}
и I_{c}
— центры вневписанных окружностей, противолежащих вершинам A
, B
и C
соответственно.
Заметим, что AI_{a}
— биссектриса угла BAC
, а точки E
и F
симметричны относительно прямой I_{a}A
, поэтому прямая I_{a}A
— серединный перпендикуляр к стороне EF
треугольника DEF
. Аналогично, прямые I_{b}B
и I_{c}C
— серединные перпендикуляры к двум другим сторонами этого треугольника. Следовательно, точка I
пересечения прямых I_{a}A
, I_{b}B
и I_{c}C
— центр описанной окружности треугольника DEF
.
Прямая I_{a}A
перпендикулярна I_{c}I_{b}
как высота треугольника I_{b}I_{a}I_{c}
(см. задачу 4769), значит, FE\parallel I_{b}I_{c}
. Аналогично, BE\parallel I_{a}I_{b}
и BF\parallel I_{a}I_{c}
. Тогда треугольники I_{a}I_{b}I_{c}
и ABC
подобны.
Обозначим \angle BAC=\alpha
, \angle ABC=\beta
и \angle ACB=\gamma
. Тогда (см. задачу 4770)
\angle EDF\angle I_{b}I_{a}I_{c}=\angle BI_{a}C=90^{\circ}-\frac{\alpha}{2}=\frac{\beta+\gamma}{2}\lt90^{\circ}.
Аналогично,
\angle DEF=\frac{\alpha+\gamma}{2}\lt90^{\circ},~\angle DFE=\frac{\alpha+\beta}{2}\lt90^{\circ}.
Треугольник I_{a}I_{b}I_{c}
остроугольный, значит, подобный ему треугольник DEF
тоже остроугольный. Тогда центральный угол EIF
вдвое больше вписанного угла EDF
, т. е. \angle EIF=\beta+\gamma
. Аналогично,
\angle DIF=\alpha+\gamma,~\angle DIE=\alpha+\beta.
Радиус описанной окружности треугольника DEF
равен r
, поэтому
S_{\triangle DEF}=S_{\triangle EIF}+S_{\triangle DIF}+S_{\triangle DIE}=
=\frac{1}{2}r^{2}\sin(\beta+\gamma)+\frac{1}{2}r^{2}\sin(\alpha+\gamma)+\frac{1}{2}r^{2}\sin(\alpha+\beta)=
=\frac{1}{2}r^{2}(\sin\alpha+\sin\beta+\sin\gamma)=
=\frac{1}{2}r^{2}\left(\frac{BC}{2R}+\frac{AC}{2R}+\frac{AB}{2R}\right)=\frac{1}{2}r^{2}\cdot\frac{p}{R}=\frac{pr^{2}}{2R}.
Источник: Журнал «Crux Mathematicorum». — 2011, № 7, задача 3576 (2010, с. 459, 461), с. 463