16277. В разностороннем треугольнике ABC
проведены биссектрисы AA'
, BB'
и CC'
. Пусть A''
— точка пересечения серединного перпендикуляра к отрезку AA'
с прямой BC
, B
— точка пересечения серединного перпендикуляра к отрезку BB'
с прямой AC
, C''
— точка пересечения серединного перпендикуляра к отрезку CC'
с прямой AB
. Докажите, что точки A''
, B''
и C''
лежат на одной прямой.
Решение. Пусть углы треугольника ABC
, противолежащие сторонам BC=a
, CA=b
и AB=c
, равны \alpha
, \beta
и \gamma
соответственно, M
— середина отрезка AA'
.
Из свойства биссектрисы треугольника (см. задачу 1509) получаем
A'C=\frac{ab}{b+c},~BA'=\frac{ac}{b+c},
а так как (см. задачу 4021)
AA'=\frac{2bc\cos\frac{\alpha}{2}}{b+c},
и по теореме о внешнем угле треугольника
\angle MA'A''=\frac{\alpha}{2}+\gamma,
то
A'A''=\frac{MA'}{\cos\left(\frac{\alpha}{2}+\gamma\right)}=\frac{AA'}{2\cos\left(\frac{\alpha}{2}+\gamma\right)}=\frac{\frac{2bc\cos\frac{\alpha}{2}}{b+c}}{2\cos\left(\frac{\alpha}{2}+\gamma\right)}=\frac{bc\cos\frac{\alpha}{2}}{\cos\left(\frac{\alpha}{2}+\gamma\right)}.
По теореме синусов
\frac{A''B}{A''C}=\frac{A'A''-A'B}{A'A''+A'C}=\frac{A'A''-A'B}{A'A''+A'C}=\frac{\frac{bc\cos\frac{\alpha}{2}}{(b+c)\cos\left(\frac{\alpha}{2}+\gamma\right)}-\frac{ac}{b+c}}{\frac{bc\cos\frac{\alpha}{2}}{(b+c)\cos\left(\frac{\alpha}{2}+\gamma\right)}+\frac{ab}{b+c}}=
=\frac{bc\cos\frac{\alpha}{2}-ac\cos\left(\frac{\alpha}{2}+\gamma\right)}{bc\cos\frac{\alpha}{2}+ab\cos\left(\frac{\alpha}{2}+\gamma\right)}=\frac{c}{b}\cdot\frac{b\cos\frac{\alpha}{2}-a\cos\left(\frac{\alpha}{2}+\gamma\right)}{c\cos\frac{\alpha}{2}+a\cos\left(\frac{\alpha}{2}+\gamma\right)}=
=\frac{c}{b}\cdot\frac{\frac{b}{a}\cos\frac{\alpha}{2}-\cos\left(\frac{\alpha}{2}+\gamma\right)}{\frac{c}{a}\cos\frac{\alpha}{2}+\cos\left(\frac{\alpha}{2}+\gamma\right)}=\frac{c}{b}\cdot\frac{\frac{\sin\beta}{\sin\alpha}\cdot\cos\frac{\alpha}{2}-\cos\left(\frac{\alpha}{2}+\gamma\right)}{\frac{\sin\gamma}{\sin\alpha}\cdot\cos\frac{\alpha}{2}+\cos\left(\frac{\alpha}{2}+\gamma\right)}=
=\frac{c}{b}\cdot\frac{\sin\beta\cos\frac{\alpha}{2}-\sin\alpha\cos\left(\frac{\alpha}{2}+\gamma\right)}{\sin\gamma\cos\frac{\alpha}{2}+\sin\alpha\cos\left(\frac{\alpha}{2}+\gamma\right)}=\frac{c}{b}\cdot\frac{\sin\beta\cos\frac{\alpha}{2}-2\sin\frac{\alpha}{2}\cos\frac{\alpha}{2}\cos\left(\frac{\alpha}{2}+\gamma\right)}{\sin\gamma\cos\frac{\alpha}{2}+2\sin\frac{\alpha}{2}\cos\frac{\alpha}{2}\cos\left(\frac{\alpha}{2}+\gamma\right)}=
=\frac{c}{b}\cdot\frac{\sin\beta-2\sin\frac{\alpha}{2}\cos\left(\frac{\alpha}{2}+\gamma\right)}{\sin\gamma+2\sin\frac{\alpha}{2}\cos\left(\frac{\alpha}{2}+\gamma\right)}=\frac{c}{b}\cdot\frac{\sin\beta-\sin\beta+\sin\gamma}{\sin\gamma+\sin\beta-\sin\gamma}=
=\frac{c}{b}\cdot\frac{\sin\gamma}{\sin\beta}=\frac{c}{b}\cdot\frac{c}{b}=\frac{c^{2}}{b^{2}}
(так как \cos\frac{\alpha}{2}\ne0
), т. е. \frac{BA''}{A''C}=\frac{c^{2}}{b^{2}}
.
Аналогично,
\frac{CB''}{B''A}=\frac{a^{2}}{c^{2}},~\frac{AC''}{C''B}=\frac{b^{2}}{a^{2}}
Значит,
\frac{BA''}{A''C}\cdot\frac{CB''}{B''A}\cdot\frac{AC''}{C''B}=\frac{c^{2}}{b^{2}}\cdot\frac{a^{2}}{c^{2}}\cdot\frac{b^{2}}{a^{2}}=1.
Следовательно, по теореме Менелая точки A''
, B''
и C''
лежат на одной прямой.
Источник: Иберо-американская математическая олимпиада. — 2008
Источник: Журнал «Crux Mathematicorum». — 2009, № 4, задача 5 (2008, с. 214), с. 220