18042. В треугольнике ABC
с углом \angle BAC=60^{\circ}
и сторонами AC=b
и AB=c
точка D
— основание биссектрисы, проведённой из вершины A
. Радиусы вписанных окружностей треугольников ABD
, ADC
и ABC
равны r_{b}
, r_{c}
и r
соответственно. Докажите, что
\frac{1}{r_{b}}+\frac{1}{r_{b}}=2\left(\frac{1}{r}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right).
Указание. См. задачи 1509, 452 и 4021.
Решение. Пусть BC=a
, AM=h
— высота треугольника ABC
, p=\frac{a+b+c}{2}
— полупериметр треугольника ABC
, p_{1}=\frac{BD+DA+AB}{2}
— полупериметр треугольника ABD
.
Из свойства биссектрисы треугольника (см. задачу 1509) получаем
BD=\frac{ac}{b+c},~CD=\frac{ab}{b+c}.
Тогда (см. задачу 4021)
AD=\frac{2bc\cos\frac{1}{2}\cdot60^{\circ}}{b+c}=\frac{bc\sqrt{3}}{b+c},
p_{b}=\frac{1}{2}\left(\frac{ac}{b+c}+\frac{bc\sqrt{3}}{b+c}+c\right)=\frac{c(a+b\sqrt{3}+b+c)}{2(b+c)}.
По формуле для радиуса вписанной окружности треугольника (см. задачу 452)
r_{b}=\frac{S_{\triangle ABD}}{p_{1}}=\frac{h\cdot BD}{BD+AD+AB}=\frac{\frac{h\cdot ac}{b+c}}{\frac{c(a+b\sqrt{3}+b+c)}{b+c}}=\frac{ah}{2p+b\sqrt{3}}.
Аналогично,
r_{c}=\frac{ah}{2p+c\sqrt{3}}.
Следовательно,
\frac{1}{r_{b}}+\frac{1}{r_{b}}=\frac{2p+b\sqrt{3}}{ah}+\frac{2p+c\sqrt{3}}{ah}=\frac{4p+(b+c)\sqrt{3}}{2S_{\triangle ABC}}=
=\frac{2p}{S_{\triangle ABC}}+\frac{b+c\sqrt{3}}{2S_{\triangle ABC}}=\frac{2p}{pr}+\frac{(b+c)\sqrt{3}}{bc\sin60^{\circ}}=\frac{2}{r}+\frac{2}{c}+\frac{2}{b}=2\left(\frac{1}{r}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right).
Что и требовалось доказать.
Источник: Средиземноморская математическая олимпиада. — 2019, задача 1