6108. Через основания биссектрис треугольника проведена окружность. Докажите, что одна из хорд, высекаемых на сторонах треугольника, равна сумме двух других.
Решение. Утверждение задачи очевидно для равнобедренного треугольника. Пусть AA_{1}
, BB_{1}
, CC_{1}
— биссектрисы треугольника ABC
, все стороны которого различны, A_{2}
, B_{2}
, C_{2}
— отличные от оснований биссектрис точки пересечения описанной окружности треугольника A_{1}B_{1}C_{1}
со сторонами соответственно BC
, AC
и AB
треугольника ABC
. Обозначим, BC=a
, AC=b
, AB=c
.
По свойству биссектрисы треугольника \frac{AC_{1}}{BC_{1}}=\frac{AC}{BC}=\frac{b}{a}
, поэтому
AC_{1}=\frac{b}{a+b}\cdot AB=\frac{bc}{a+b},~BC_{1}=\frac{a}{a+b}\cdot AB=\frac{ac}{a+b}.
Аналогично
AB_{1}=\frac{bc}{a+c},~CB_{1}=\frac{ab}{a+c},~BA_{1}=\frac{ac}{b+c},~CA_{1}=\frac{ab}{b+c}.
Обозначим A_{1}A_{2}=x
, B_{1}B_{2}=y
, C_{1}C_{2}=z
. Рассмотрим случай, когда точка A_{2}
расположена между C
и A_{1}
, точка B_{2}
— между C
и B_{1}
, точка C_{2}
— между A
и C_{1}
. Тогда CA_{1}\cdot CA_{2}=CB_{1}\cdot CB_{2}
, или
\frac{ab}{b+c}\cdot\left(\frac{ab}{b+c}-x\right)=\frac{ab}{a+c}\cdot\left(\frac{ab}{a+c}-y\right),
\frac{1}{b+c}\cdot\left(\frac{ab}{b+c}-x\right)=\frac{1}{a+c}\cdot\left(\frac{ab}{a+c}-y\right).
Аналогично,
\frac{1}{b+c}\cdot\left(\frac{ac}{b+c}+x\right)=\frac{1}{a+b}\cdot\left(\frac{ac}{a+b}+z\right),
\frac{1}{a+c}\cdot\left(\frac{bc}{a+c}+y\right)=\frac{1}{a+b}\cdot\left(\frac{bc}{a+b}-z\right).
Таким образом, получили систему уравнений
\syst{\frac{1}{b+c}\cdot\left(\frac{ab}{b+c}-x\right)=\frac{1}{a+c}\cdot\left(\frac{ab}{a+c}-y\right)\\\frac{1}{b+c}\cdot\left(\frac{ac}{b+c}+x\right)=\frac{1}{a+b}\cdot\left(\frac{ac}{a+b}+z\right)\\\frac{1}{a+c}\cdot\left(\frac{bc}{a+c}+y\right)=\frac{1}{a+b}\cdot\left(\frac{bc}{a+b}-z\right),\\}
или
\syst{\frac{y}{a+c}-\frac{x}{b+c}=\frac{ab}{(a+c)^{2}}-\frac{ab}{(b+c)^{2}}\\\frac{x}{b+c}-\frac{z}{a+b}=\frac{ac}{(a+b)^{2}}-\frac{ac}{(b+c)^{2}}\\\frac{y}{a+c}-\frac{z}{a+b}=\frac{bc}{(a+b)^{2}}-\frac{bc}{(a+c)^{2}}.\\}
Обозначим
\frac{x}{b+c}=X,~\frac{y}{a+c}=Y,~\frac{z}{a+b}=Z,~
\frac{ab}{(a+c)^{2}}-\frac{ab}{(b+c)^{2}}=P,~\frac{ac}{(a+b)^{2}}-\frac{ac}{(b+c)^{2}}=Q,~\frac{bc}{(a+b)^{2}}-\frac{bc}{(a+c)^{2}}=R.
Получим систему линейных уравнений
\syst{Y-X=P\\X-Z=Q\\Y+Z=R,\\}
из которой находим, что
\syst{X=\frac{Q-P+R}{2}\\Y=\frac{P+Q+R}{2}\\Z=\frac{R-Q-P}{2}.\\}
Следовательно,
B_{1}B_{2}+C_{1}C_{2}-A_{1}A_{2}=y+z-x=(a+c)Y+(a+b)Z-(b+c)X=
=\frac{1}{2}\left((a+c)(P+Q+R)+(a+b)(R-Q-P)-(b+c)(Q-P+R)\right)=
=\frac{1}{2}\left((a+c-a-b+b+c)P+(a+c-a-b-b-c)Q+(a+c+a+b-b-c)R\right)=
=\frac{1}{2}(2cP-2bQ+2aR)=cP-bQ+aR=
=\frac{abc}{(a+c)^{2}}-\frac{abc}{(b+c)^{2}}-\frac{abc}{(a+b)^{2}}+\frac{abc}{(b+c)^{2}}+\frac{abc}{(a+b)^{2}}-\frac{abc}{(a+c)^{2}}=0.
Что и требовалось доказать.
Аналогично для любого другого расположения точек A_{2}
, B_{2}
и C_{2}
на сторонах треугольника ABC
.