6906. Дан треугольник ABC
, M
— внутренняя точка стороны AB
. Пусть r_{1}
, r_{2}
, r
— радиусы окружностей, вписанных соответственно в треугольники AMC
, BMC
, ABC
; \rho_{1}
, \rho_{1}
, \rho
— радиусы окружностей, лежащих внутри угла ACB
и являющихся вневписанными соответственно для треугольников AMC
, BMC
и ABC
. Докажите, что \frac{r_{1}\cdot r_{2}}{\rho_{1}\cdot\rho_{2}}=\frac{r}{\rho}
.
Решение. Лемма. Если в треугольнике ABC
углы при вершинах A
и B
равны соответственно \alpha
и \beta
, то \frac{r}{\rho}=\tg\frac{\alpha}{2}\cdot\tg\frac{\beta}{2}
.
Доказательство.
Пусть O
— центр вписанной окружности треугольника ABC
, N
— точка касания со стороной AB
, O_{c}
— центр его вписанной окружности, касающейся стороны AB
в точке K
. Тогда
AB=AN+NB=ON\ctg\angle OAN+ON\ctg\angle OBN=
=r\ctg\frac{\alpha}{2}+r\ctg\frac{\beta}{2}=\frac{r\left(\tg\frac{\alpha}{2}+\tg\frac{\beta}{2}\right)}{\tg\frac{\alpha}{2}\tg\frac{\beta}{2}}.
С другой стороны,
AB=AK+KB=O_{c}K\tg\angle AO_{c}K+O_{c}K\tg\angle BO_{c}K=
=\rho\tg\frac{\alpha}{2}+\rho\tg\frac{\beta}{2}=\rho\left(\tg\frac{\alpha}{2}+\tg\frac{\beta}{2}\right)
(биссектрисы смежных углов перпендикулярны, поэтому \angle AO_{c}K=90^{\circ}-\angle KAO_{c}=\frac{\alpha}{2}
и \angle BO_{c}K=\frac{\beta}{2}
). Значит,
\frac{r\left(\tg\frac{\alpha}{2}+\tg\frac{\beta}{2}\right)}{\tg\frac{\alpha}{2}\tg\frac{\beta}{2}}=\rho\left(\tg\frac{\alpha}{2}+\tg\frac{\beta}{2}\right),
откуда находим, что \frac{r}{\rho}=\tg\frac{\alpha}{2}\cdot\tg\frac{\beta}{2}
. Лемма доказана.
Пусть \angle CMB=\gamma
. Тогда \angle CMA=180^{\circ}-\gamma
, и по лемме
\frac{r_{1}}{\rho_{1}}=\tg\frac{\beta}{2}\cdot\tg\frac{\gamma}{2},~\frac{r_{2}}{\rho_{2}}=\tg\frac{\beta}{2}\cdot\tg\frac{(180^{\circ}-\gamma)}{2}=\tg\frac{\beta}{2}\cdot\ctg\frac{\gamma}{2}.
Перемножив эти равенства, получим, что
\frac{r_{1}}{\rho_{1}}\cdot\frac{r_{2}}{\rho_{2}}=\tg\frac{\alpha}{2}\cdot\tg\frac{\beta}{2}\cdot\tg\frac{\beta}{2}\cdot\ctg\frac{\gamma}{2}=\tg\frac{\beta}{2}\cdot\ctg\frac{\alpha}{2}=\frac{r}{\rho}.