16244. Точка O
— центр описанной окружности остроугольного треугольника ABC
. Лучи AO
, BO
и CO
пересекают эту окружность в точках A'
, B'
и C'
соответственно. Пусть P_{\triangle XYZ}
и S_{\triangle XYZ}
— соответственно периметр и площадь треугольника XYZ
. Докажите, что:
а) \frac{BC}{P_{\triangle BCA'}}+\frac{CA}{P_{\triangle CAB'}}+\frac{AB}{P_{\triangle ABC'}}=1
;
б) S_{\triangle BCO}\cdot S_{\triangle BCA'}+S_{\triangle CAO}\cdot S_{\triangle CAB'}+S_{\triangle ABO}\cdot S_{\triangle ABC'}=S_{\triangle ABC}^{2}
.
Решение. Поскольку треугольник ABC
остроугольный, центр O
его описанной окружности расположен внутри него, поэтому \angle COA=2\beta
. Тогда
\angle A'OC=180^{\circ}-\angle COA=180^{\circ}-2\beta.
Аналогично,
\angle A'OB=180^{\circ}-2\gamma,
поэтому
\angle BOC=\angle A'OC+\angle A'OB=360^{\circ}-2\beta-2\gamma=2\alpha,
а так как четырёхугольник OBA'C
вписанный, то
\angle BA'C=180^{\circ}-\angle BOC=180^{\circ}-2\alpha,
\angle A'BC=\angle A'OC=180^{\circ}-2\beta,
\angle A'CB=\angle A'OB=180^{\circ}-2\gamma.
Пусть радиусы описанных окружностей треугольников A'BC
и ABC
равны R
и \rho
соответственно.
а) По теореме синусов
BC=2\rho\sin\angle BA'C=2\rho\sin2\alpha,
A'C=2\rho\sin\angle A'BC=\rho\sin2\beta.
A'B=2\rho\sin\angle A'CB=2\rho\sin2\gamma.
Следовательно,
\frac{BC}{P_{\triangle BCA'}}+\frac{CA}{P_{\triangle CAB'}}+\frac{AB}{P_{\triangle ABC'}}=
=\frac{2\rho\sin2\alpha}{2\rho\sin2\alpha+2\rho\sin2\beta+2\rho\sin2\gamma}+
+\frac{2\rho\sin2\beta}{2\rho\sin2\alpha+2\rho\sin2\beta+2\rho\sin2\gamma}+
+\frac{2\rho\sin2\gamma}{2\rho\sin2\alpha+2\rho\sin2\beta+2\rho\sin2\gamma}=1.
Что и требовалось доказать.
б) По теореме синусов из треугольников ABC
и A'BC
получаем
BC=2R\sin\alpha=2\rho\sin2\alpha~\Rightarrow~\rho=\frac{R}{2\cos\alpha}.
Тогда
S_{\triangle BCO}=\frac{1}{2}BO\cdot BC\sin\angle OBC=\frac{1}{2}R\cdot2\rho\sin2\alpha\cdot\frac{R}{2\rho}=\frac{1}{2}R^{2}\sin2\alpha=R^{2}\sin\alpha\cos\alpha.
Аналогично,
S_{\triangle CAO}=R^{2}\sin\beta\cos\beta~\mbox{и}~S_{\triangle ABO}=R^{2}\sin\gamma\cos\gamma.
Тогда (см. задачу 4258)
S_{\triangle BCO}\cdot S_{\triangle BCA'}=R^{2}\sin\alpha\cos\alpha\cdot2\rho^{2}\sin2\alpha\sin2\beta\sin2\gamma=
=\frac{1}{2}R^{4}\sin2\alpha\sin2\beta\sin2\gamma\tg\alpha.
Аналогично,
S_{\triangle CAO}\cdot S_{\triangle CAB'}=\frac{1}{2}R^{4}\sin2\alpha\sin2\beta\sin2\gamma\tg\beta,
S_{\triangle ABO}\cdot S_{\triangle ABC'}=\frac{1}{2}R^{4}\sin2\alpha\sin2\beta\sin2\gamma\tg\gamma.
Следовательно (см. задачу 3277),
S_{\triangle BCO}\cdot S_{\triangle BCA'}+S_{\triangle CAO}\cdot S_{\triangle CAB'}+S_{\triangle ABO}\cdot S_{\triangle ABC'}=
=\frac{1}{2}R^{4}\sin2\alpha\sin2\beta\sin2\gamma(\tg\alpha+\tg\beta+\tg\gamma)=
=\frac{1}{2}R^{4}\sin2\alpha\sin2\beta\sin2\gamma\cdot\tg\alpha\tg\beta\tg\gamma=
=4R^{4}\sin^{2}\alpha\sin^{2}\beta\sin^{2}\gamma=(2R^{2}\sin\alpha\sin\beta\sin\gamma)^{2}=S_{\triangle ABC}^{2}.
Источник: Журнал «Crux Mathematicorum». — 2007, № 1, задача 3103, (2006, с. 44, 47), с. 50