16100. Точки D
и E
лежат на стороне BC
треугольника ABC
, причём \angle BAD=\angle ACE
. Окружности, вписанные в треугольники ABD
и ACE
касаются отрезка BC
в точках M
и N
соответственно. Докажите, что
\frac{1}{BM}+\frac{1}{MD}=\frac{1}{NC}+\frac{1}{NE}.
Решение. После очевидных преобразований получим, что достаточно доказать равенство
BD\cdot NC\cdot NE=CE\cdot MB\cdot MD.
Обозначим, \angle BAD=\angle CAE=\varphi
, \angle ABC=\beta
, \angle ACB=\gamma
, AB=c
и AC=b
. По теореме синусов из треугольников ABD
и ACE
получаем
BD=\frac{c\sin\varphi}{\sin(\beta+\varphi)},~AD=\frac{c\sin\beta}{\sin(\beta+\varphi)},~CE=\frac{b\sin\varphi}{\sin(\gamma+\varphi)},~AE=\frac{b\sin\gamma}{\sin(\gamma+\varphi)}.
Поскольку M
и N
— точка касания вписанных окружностей треугольников ABD
и ACE
с отрезком BC
, то (см. задачу 219)
MB=\frac{AB+BD-AD}{2},~MD=\frac{BD+AD-AB}{2},
NC=\frac{AC+CE-AE}{2},~NE=\frac{CE+AE-AC}{2}.
Таким образом,
BD\cdot NC\cdot NE=CE\cdot MB\cdot MD~\Leftrightarrow~
~\Leftrightarrow~BD(AC+CE-AE)(CE+AE-AC)=CE(AB+BD-AD)(BD+AD-AB)~\Leftrightarrow~
~\Leftrightarrow~BD(CE+(AC-AE))(CE-(AC-AE))=CE(BD+(AB-AD))(BD+(AB-AD)~\Leftrightarrow~
~\Leftrightarrow~BD(CE^{2}-(AC-AE)^{2})=CE(BD^{2}-(AB-AD)^{2})~\Leftrightarrow~
~\Leftrightarrow~BD(CE^{2}-AC^{2}-AE^{2}+2AC\cdot AE)=CE(BD^{2}-AB^{2}-AD^{2}+2AB\cdot AD)~\Leftrightarrow~
~\Leftrightarrow~BD(2AC\cdot AE-2AC\cdot AE\cos\varphi)=CE(2AB\cdot AD-2AB\cdot AD\cos\varphi)~\Leftrightarrow~
~\Leftrightarrow~2BD\cdot AC\cdot AE(1-\cos\varphi)=2CE\cdot AC\cdot AE(1-\cos\varphi),
а так как \cos\varphi\ne1
, то последнее равенство равносильно равенству
BD\cdot AC\cdot AE=CE\cdot AC\cdot AE,
или
\frac{c\sin\varphi}{\sin(\beta+\varphi)}\cdot b\cdot\frac{b\sin\gamma}{\sin(\gamma+\varphi)}=\frac{b\sin\varphi}{\sin(\gamma+\varphi)}\cdot b\cdot\frac{b\sin\gamma}{\sin(\gamma+\varphi)},
т. е.
b\sin\gamma=c\sin\beta.
Последнее равенство следует из теоремы синусов для треугольника ABC
. Отсюда получаем утверждение задачи.