16144. Точка I
— центр вписанной окружности прямоугольного треугольника ABC
с прямым углом при вершине A
; BD
и CE
— биссектрисы треугольника. Докажите, что
\frac{BI^{2}+ID^{2}}{CI^{2}+IE^{2}}=\frac{AB^{2}}{AC^{2}}.
Решение. Обозначим через \beta
и \gamma
углы при вершинах B
и C
треугольника ABC
, а через r
— радиус вписанной окружности. Пусть M
и N
— точки касания вписанной окружности треугольника с катетами AB
и AC
соответственно. Тогда IM\parallel AC
и IM\parallel AC
, поэтому
\angle NID=\angle ABD=\frac{\beta}{2},~\angle NID=\angle ABD=\frac{\beta}{2}.
Из прямоугольных треугольников BMI
, IND
, CNI
и IME
получаем
\sin\frac{\beta}{2}=\frac{r}{BI},~\cos\frac{\beta}{2}=\frac{r}{ID},~\sin\frac{\gamma}{2}=\frac{r}{CI},~\cos\frac{\gamma}{2}=\frac{r}{IE}.
Следовательно,
\frac{BI^{2}+ID^{2}}{CI^{2}+IE^{2}}=\frac{\left(\frac{r}{\sin\frac{\beta}{2}}\right)^{2}+\left(\frac{r}{\cos\frac{\beta}{2}}\right)^{2}}{\left(\frac{r}{\sin\frac{\gamma}{2}}\right)^{2}+\left(\frac{r}{\cos\frac{\gamma}{2}}\right)^{2}}=\frac{\sin^{2}\frac{\gamma}{2}\cos^{2}\frac{\gamma}{2}}{\sin^{2}\frac{\beta}{2}\cos^{2}\frac{\beta}{2}}=\frac{\sin^{2}\gamma}{\sin^{2}\beta}=\frac{AB^{2}}{AC^{2}}.
Что и требовалось доказать.
Источник: Журнал «Crux Mathematicorum». — 1999, № 8, задача 2397 (1998, с. 505), с. 529