16039. В треугольнике ABC
проведены биссектрисы BB'
и CC'
. Докажите, что прямая B'C'
пересекает вписанную окружность этого треугольника.
Решение. Обозначим BC=a
, CA=b
и AB=c
. По свойству биссектрисы треугольника (см. задачу 1509)
\frac{AB'}{B'C}=\frac{AB}{BC}=\frac{c}{a},~\frac{AC'}{C'B}=\frac{AC}{BC}=\frac{b}{a}.
Пусть касательная к вписанной окружности треугольника ABC
, параллельная BC
, пересекает стороны AC
и AB
в точках M
и N
соответственно. Достаточно доказать, что точка B'
лежит на отрезке MC
, а точка N
— на отрезке NB
, т. е., что
\frac{MA}{MC}\lt\frac{AB'}{B'C}=\frac{c}{a}~\mbox{и}~\frac{NA}{NB}\lt\frac{AC'}{C'B}=\frac{b}{a}.
Пусть h_{a}
— высота треугольника ABC
, проведённая из вершины A
, r
— радиус вписанной окружности треугольника, S
— площадь, p
— полупериметр. Тогда по теореме о пропорциональных отрезках
\frac{MA}{MC}=\frac{NA}{NB}=\frac{h_{a}-2r}{2r}=\frac{\frac{2S}{a}-\frac{2S}{p}}{\frac{2S}{p}}=\frac{p-a}{a}
(см. задачу 452), а так как
\frac{p-a}{a}-\frac{c}{a}=\frac{b-a-c}{2a}\lt0
по неравенству треугольника, то
\frac{MA}{MC}=\frac{NA}{NB}\lt\frac{c}{a}=\frac{AC'}{C'B}=\frac{AB'}{B'C}.
Что и требовалось доказать