№ 23.42 Геометрія = № 44.42 Математика
(Національна олімпіада Болгарії, 1981 р.) Бісектриси внутрішнього і зовнішнього кутів при вершині $C$ трикутника $ABC$ перетинають пряму $AB$ у точках $L$ і $M$ відповідно. Доведіть, що якщо $CL=CM$, то $AC^{2}+BC^{2}=4R^{2}$, де $R$ — радіус кола, описаного навколо трикутника $ABC$.
Розв’язок:
Нехай $\angle BCA=2\alpha$, тоді $\angle BCL=\angle ACL=\alpha$.
$\angle LCM=90^{\circ}$ як кут між бісектрисами суміжних кутів, $LC=CM$ за умовою, тому $\angle CLM=\angle CML=45^{\circ}$.
У $\bigtriangleup LBC$: $\angle CBL=180^{\circ}-(\angle BLC+\angle BCL)=$
$=180^{\circ}-\left( 45^{\circ}+\alpha \right)=135^{\circ}-\alpha$, тоді $\angle BAC=180^{\circ}-(\angle ABC+\angle BCA)=$
$=180^{\circ}-(135^{\circ}-\alpha+2\alpha)=45^{\circ}-\alpha$.
За узагальненою теоремою синусів $\frac{AC}{\sin\angle CBA}=2R$, тому $AC=2R\sin(135^{\circ}-\alpha)=2R\cos(45^{\circ}-\alpha)$. Аналогічно $BC=2Rsin(45^{\circ}-\alpha)$.
$AC^{2}+BC^{2}=$
$=(2Rcos(45^{\circ}-\alpha))^{2}+(2Rsin(45^{\circ}-\alpha))^{2}=$
$=4R^{2}\left( \cos^{2}(45^{\circ}-\alpha)+\sin^{2}(45^{\circ}-\alpha) \right)=4R^{2}.$
Отже, $AC^{2}+BC^{2}=4R^{2}$.
Що й треба було довести.