16413. Дан треугольник ABC
со сторонами BC=a
, CA=b
и AB=c
(a\lt b\lt c
), M
— середина стороны AB
, I
— центр вписанной окружности, E
— точка касания этой окружности со стороной BC
. На продолжении стороны BC
за вершину C
отмечена такая точка D
, что прямая DM
делит периметр треугольника ABC
пополам. Докажите, что CI:CE=CA:DM
.
Решение. Пусть \angle ACB=\gamma
, p
— полупериметр треугольника, N
и P
— середины сторон соответственно CA
и BC
, K
— точка пересечения отрезков DM
и CA
.
По условию
AK=p-AM=p-\frac{c}{2}=\frac{a+b}{2},
поэтому
NK=AK-AN=\frac{a+b}{2}-\frac{b}{2}=\frac{a}{2},
а так как NM=\frac{a}{2}
как средняя линия треугольника ABC
, то NM=NK
, т. е. треугольник KMN
равнобедренный с основанием KM
. По теореме о внешнем угле треугольника
\angle MKN=\angle KMN=\frac{1}{2}\angle ANM=\frac{1}{2}\gamma.
Поскольку
\angle MDP=\angle KMN~\mbox{и}~\angle DMP=\angle MKN,
треугольник DPM
тоже равнобедренный. Применив к нему теорему синусов, получим
\frac{DM}{MP}=\frac{\sin\angle DPM}{\sin\angle MDP}=\frac{\sin(180^{\circ}-\gamma)}{\sin\frac{\gamma}{2}}=\frac{\sin\gamma}{\sin\frac{\gamma}{2}}=2\cos\frac{\gamma}{2},
откуда
DM=2MP\cos\frac{\gamma}{2}=b\cos\frac{\gamma}{2}~\Rightarrow~\frac{CA}{DM}=\frac{\frac{b}{2}}{b\cos\frac{\gamma}{2}}=\frac{1}{\cos\frac{\gamma}{2}}.
В то же время, из прямоугольного треугольника CI
получаем
\frac{CI}{CE}=\frac{1}{\cos\angle ICE}=\frac{1}{\cos\frac{\gamma}{2}}.
Следовательно, \frac{CI}{CE}=\frac{CA}{DM}
. Что и требовалось доказать.
Источник: Журнал «Mathematics Magazine». — 1938, том 12, № 7, задача 198, с. 356