13926. Сторона BC
треугольника ABC
лежит на отрезке PN
, а вершина A
— на отрезке PM
(см. рис.). Окружность с центром O
и радиусом r_{1}
— вписанная окружность треугольника APB
, а окружность с центром Q
и радиусом r_{2}
— вневписанная окружность треугольника APC
, касающаяся стороны AC
, причём первая окружность касается стороны AB
в точке K
, вторая окружность касается стороны AC
в точке L
, а вписанная окружность треугольника ABC
касается стороны BC
в точке T
. Докажите, что:
а) прямая KL
делит периметр треугольника ABC
пополам;
б) площадь треугольника ABC
равна TC\cdot r_{1}+TB\cdot r_{2}
.
Решение. Пусть окружности с центрами O
и Q
касаются прямой PM
в точках D
и E
соответственно, а прямой PN
— в точках F
и G
соответственно.
а) Поскольку
DE=PE-PD=PG-PF=FG,
то
AK+AL+KL=AD+AE+KL=DE+KL=FG+KL=
=BF+BC+CG+KL=BK+BC+CL+KL.
Что и требовалось доказать.
б) Лемма 1. Пусть r
— радиус вписанной окружности треугольника ABC
. Тогда
BF\cdot BT=rr_{1},~CT\cdot CG=rr_{2}.
Доказательство. Пусть I
— центр вписанной окружности треугольника ABC
. Обозначим \angle ABC=\beta
. Тогда
BT=IT\ctg\angle IBT=r\ctg\frac{\beta}{2},
а так как
\angle OHF=\angle AHO=90^{\circ}-\frac{\beta}{2},
то
BF=r_{1}\ctg\left(90^{\circ}-\frac{\beta}{2}\right)=r_{1}\tg\frac{\beta}{2}.
Следовательно,
BF\cdot BT=r_{1}\tg\frac{\beta}{2}\cdot r\ctg\frac{\beta}{2}=rr_{1}.
Аналогично, CT\cdot CG=rr_{2}
. Лемма доказана.
Лемма 2. \frac{AL\cdot CG}{PC}=\frac{AK\cdot BF}{PB}
.
Доказательство Поскольку окружность с центром Q
и радиусом r_{2}
— вневписанная окружность треугольника APC
, касающаяся стороны AC
, то (см. задачу 1750)
AL=AE=PE-AP=\frac{PC+AC+AP}{2}-AP=\frac{PC+AC-AP}{2}
и
CG=PG-PC=\frac{PC+AC+AP}{2}-PC=\frac{PA+AC-PC}{2}.
Тогда
\frac{AL\cdot CG}{PC}=\frac{AC^{2}-(PC-PA)^{2}}{4PC}=\frac{AC^{2}-PC^{2}-PA^{2}+2PC\cdot PA}{4PC}=
=\frac{-2PC\cdot PA\cos\angle P+2PC\cdot PA}{4PC}=\frac{PA(1-\cos\angle P)}{2},
а так как окружность с центром O
и радиусом r_{1}
вписана в треугольник APB
, то (см. задачу 219)
AK=\frac{PA+AB-PB}{2}~\mbox{и}~BF=\frac{PB+AB-PA}{2},
поэтому аналогично предыдущему получаем, что
\frac{AK\cdot BF}{PB}=\frac{PA(1-\cos\angle P)}{2}.
Следовательно,
\frac{AL\cdot CG}{PC}=\frac{AK\cdot BF}{PB}.
Лемма доказана.
Вернёмся к нашей задаче. Отношение площадей треугольников с равными высотами равно отношению оснований, поэтому, учитывая, что полупериметр треугольника APC
равен PG
(см. задачу 1750), а полупериметр треугольника APB
равен PF+FH+AD=PB+AD
, получим
S_{\triangle ABC}=S_{\triangle ABT}+S_{\triangle ACT}=\frac{TB}{PC}\cdot S_{\triangle APC}+\frac{TC}{PB}\cdot S_{\triangle APB}=
TB\cdot r_{2}\cdot\frac{PG-AC}{PC}+TC\cdot r_{1}\cdot\frac{PB+AD}{PB}=
=TB\cdot r_{2}\cdot\frac{PC+CG-AC}{PC}+TC\cdot r_{1}\cdot\frac{PB+AD}{PB}=
=r_{2}TB\left(1-\frac{AC-CG}{PC}\right)+r_{1}TC\left(1+\frac{AD}{PB}\right)=
=r_{2}TB\left(1-\frac{AL}{PC}\right)+r_{1}TC\left(1+\frac{AD}{PB}\right).
При этом по лемме 1
BF\cdot BT=rr_{1},~CT\cdot CG=rr_{2}.
Следовательно,
S_{\triangle ABC}=TC\cdot r_{1}+TB\cdot r_{2}~\Leftrightarrow~r_{1}TC\cdot\frac{AD}{PB}=r_{2}TB\cdot\frac{AL}{PC}~\Leftrightarrow~
~\Leftrightarrow~PC\cdot TC\cdot r_{1}\cdot AD=PB\cdot TB\cdot r_{2}\cdot AL~\Leftrightarrow~
~\Leftrightarrow~(PG-CG)TC\cdot r_{1}\cdot AK=(PF+BF)TB\cdot r_{2}\cdot AL~\Leftrightarrow~
~\Leftrightarrow~PG\cdot TC\cdot r_{1}AK-PF\cdot TB\cdot r_{2}AL=CG\cdot TC\cdot r_{1}AK+BF\cdot TB\cdot r_{2}AL~\Leftrightarrow~
~\Leftrightarrow~PG\cdot TC\cdot r_{1}\cdot AK-PF\cdot TB\cdot r_{2}\cdot AL=rr_{1}r_{2}(AK+AL)~\Leftrightarrow~
~\Leftrightarrow~\frac{PG\cdot TC\cdot AK}{rr_{2}}-\frac{PF\cdot TB\cdot AL}{rr_{1}}=AK+AL~\Leftrightarrow~
~\Leftrightarrow~\frac{PG\cdot TC\cdot AK}{CT\cdot CG}-\frac{PF\cdot TB\cdot AL}{BF\cdot BT}=AK+AL~\Leftrightarrow~
~\Leftrightarrow~\frac{PG\cdot AK}{CG}-\frac{PF\cdot AL}{BF}=AK+AL~\Leftrightarrow~
~\Leftrightarrow~\frac{(PC+CG)AK}{CG}-\frac{(PB-BF)AL}{BF}=AK+AL~\Leftrightarrow~
~\Leftrightarrow~\frac{PC\cdot AK}{CG}+\frac{CG\cdot AK}{CG}-\frac{PB\cdot AL}{BF}+\frac{BF\cdot AL}{BF}=AK+AL~\Leftrightarrow~
~\Leftrightarrow~\frac{PC\cdot AK}{CG}+AK-\frac{PB\cdot AL}{BF}+AL=AK+AL~\Leftrightarrow~
~\Leftrightarrow~\frac{PC\cdot AK}{CG}=\frac{PB\cdot AL}{BF}.
Последнее равенство верно по лемме 2. Отсюда следует утверждение задачи.