2280. Докажите, что если перпендикуляры, восставленные из оснований биссектрис треугольника, пересекаются в одной точке, то треугольник равнобедренный.
Решение. Пусть AA_{1}
, BB_{1}
и CC_{1}
— биссектрисы треугольника ABC
. Обозначим BC=a
, AC=b
, AB=c
. Биссектриса треугольника разбивает его сторону на отрезки, пропорциональные двум другим сторонам, поэтому
\frac{AC_{1}}{C_{1}B}=\frac{AC}{BC}=\frac{b}{a},~\frac{BA_{1}}{A_{1}C}=\frac{c}{b},~\frac{CB_{1}}{B_{1}A}=\frac{a}{c},
значит,
AC_{1}=\frac{bc}{a+b},~C_{1}B=\frac{ac}{a+b},~BA_{1}=\frac{ac}{b+c},~A_{1}C=\frac{ab}{b+c},~CB_{1}=\frac{ab}{a+c},~B_{1}A=\frac{bc}{a+c}.
Перпендикуляры, восставленные из точек A_{1}
, B_{1}
и C_{1}
к сторонам треугольника ABC
, пересекаются в одной точке, поэтому по теореме Карно
AC_{1}^{2}-C_{1}B^{2}+BA_{1}^{2}-A_{1}C^{2}+CB_{1}^{2}-B_{1}A^{2}=0,
или
\left(\frac{bc}{a+b}\right)^{2}-\left(\frac{ac}{a+b}\right)^{2}+\left(\frac{ac}{b+c}\right)^{2}-\left(\frac{ab}{b+c}\right)^{2}+\left(\frac{ab}{a+c}\right)^{2}-\left(\frac{bc}{a+c}\right)^{2}=0.
\frac{c^{2}(b^{2}-a^{2})}{(a+b)^{2}}+\frac{a^{2}(c^{2}-b^{2})}{(b+c)^{2}}+\frac{b^{2}(a^{2}-c^{2})}{(a+c)^{2}}=0,~\frac{c^{2}(b-a)}{a+b}+\frac{a^{2}(c-b)}{b+c}+\frac{b^{2}(a-c)}{a+c}=0,
\frac{(b-a)(a-c)(c-b)(a^{2}+b^{2}+c^{2})}{(a+b)(b+c)(a+c)}=0.
Следовательно, по крайней мере две стороны треугольника равны. Что и требовалось доказать.