16333. В треугольнике ABC
проведены биссектрисы AA'
, BB'
и CC'
. Биссектриса CC'
пересекает отрезок A'B'
в точке F
, а биссектриса BB'
пересекает отрезок C'A'
в точке E
. Докажите, что если BE=CF
, то треугольник ABC
равнобедренный.
Решение. Обозначим углы треугольника ABC
, противолежащие сторонам BC=a
, CA=b
, AB=c
, через \alpha
, \beta
и \gamma
соответственно, p
— полупериметр треугольника. Из свойства биссектрисы треугольника (см. задачу 1509) получаем, что
BA'=\frac{ac}{b+c},~BC'=\frac{ac}{a+b}.
Из треугольника C'BA'
по формуле для биссектрисы треугольника (см. задачу 4021) получаем
BE=\frac{2BC'\cdot BA'\cos\frac{\beta}{2}}{BC'+BA'}=\frac{2\cdot\frac{ac}{a+b}\cdot\frac{ac}{b+c}\cdot\cos\frac{\beta}{2}}{\frac{ac}{a+b}+\frac{ac}{b+c}}=\frac{2ac\cos\frac{\beta}{2}}{a+2b+c}=\frac{2ac\cos\frac{\beta}{2}}{2p+b}.
Аналогично,
CF=\frac{2ab\cos\frac{\gamma}{2}}{2p+c}.
Тогда, применив теорему синусов к треугольнику ABC
и формулу синуса двойного угла, получим
BE=CF~\Leftrightarrow~\frac{2ac\cos\frac{\beta}{2}}{2p+b}=\frac{2ab\cos\frac{\gamma}{2}}{2p+c}~\Leftrightarrow~\frac{\sin\gamma\cos\frac{\beta}{2}}{2p+b}=\frac{\sin\beta\cos\frac{\gamma}{2}}{2p+c}~\Leftrightarrow
\Leftrightarrow~\frac{\sin\frac{\gamma}{2}}{2p+b}=\frac{\sin\frac{\beta}{2}}{2p+c}.
Предположим, что b\ne c
. Пусть, например, b\gt c
. Тогда \beta\gt\gamma
(см. задачу 3499), поэтому
90^{\circ}\gt\frac{\beta}{2}\gt\frac{\gamma}{2}~\Rightarrow~\sin\frac{\beta}{2}\gt\sin\frac{\gamma}{2}~\Rightarrow~\frac{\sin\frac{\beta}{2}}{2p+c}\gt\frac{\sin\frac{\gamma}{2}}{2p+b}.
Противоречие. Аналогично для случая \beta\lt\gamma
. Следовательно, b=c
, и треугольник ABC
равнобедренный. Что и требовалось доказать.
Источник: Журнал «Crux Mathematicorum». — 2014, № 6, задача 3856, с. 266