6731. Прямая, проходящая через середину M
стороны AB
треугольника ABC
параллельно биссектрисе угла C
, пересекает прямые AC
и BC
в точках K
и E
. Докажите, что MK\cdot ME=r_{a}\cdot r_{b}
, где r_{a}
и r_{b}
— радиусы вневписанных окружностей, касающихся сторон BC
и AC
.
Решение. Пусть CL
— биссектриса данного треугольника, а вневписанная окружность радиуса r_{b}
касается прямых BC
и AC
в точках P
и Q
соответственно. Тогда CL
— биссектриса внешнего угла при вершине C
равнобедренного треугольника PCQ
, поэтому PQ\parallel CL
(см. задачу 1174). Значит, PQ\parallel ME
.
На продолжениях сторон BC
и AC
за точку C
отложим отрезки соответственно CA_{1}=CA
и CB_{1}=CB
. Тогда AA_{1}\parallel PQ
как основания равнобедренных треугольников ACA_{1}
и PCQ
с общей вершиной C
. Значит, AA_{1}\parallel ME
. Аналогично докажем, что BB_{1}\parallel ME
. Кроме того, поскольку M
— середина стороны AB
, отрезки ME
и MK
— средние линии треугольников ABA_{1}
и ABB_{1}
.
Обозначим BC=a
, AC=b
, AB=c
, \angle ACB=\gamma
. Тогда
MK=\frac{1}{2}BB_{1}=BC\cos\angle CBB_{1}=a\cos\frac{\gamma}{2},
ME=\frac{1}{2}AA_{1}=AC\cos\angle CAA_{1}=b\cos\frac{\gamma}{2}.
Значит,
MK\cdot ME=ab\cos^{2}\frac{\gamma}{2}=\frac{1}{2}ab(1+\cos\gamma)=\frac{1}{2}ab\left(1+\frac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{2ab}\right)=
=\frac{1}{2}ab\cdot\frac{2ab+a^{2}+b^{2}-c^{2}}{2ab}=\frac{1}{4}((a+b)^{2}-c^{2})=\frac{a+b+c}{2}\cdot\frac{a+b-c}{2}=p(p-c),
где p
— полупериметр треугольника ABC
.
С другой стороны, если S
— площадь треугольника ABC
, то (см. задачи 392 и 2730)
r_{a}r_{b}=\frac{S}{p-a}\cdot\frac{S}{p-b}=\frac{S^{2}}{(p-a)(p-b)}=
=\frac{p(p-a)(p-b)(p-c)}{(p-a)(p-b)}=p(p-c)=MK\cdot ME.
Что и требовалось доказать.