4. Zadatak

Prvo rješenje.

Neka je $M$ sjecište simetrale iz kuta $A$ i stranice $BC$, a $N$ sjecište simetrale iz kuta $B$ i stranice $AC$. Označimo s $a$, $b$ i $c$ duljine stranica $BC$, $CA$ i $AB$, redom, te neka su $\alpha$ i $\beta$ mjere kutova trokuta $ABC$ pri vrhovima $A$ i $B$ redom. Kutovi $\angle NCP$ i $\angle ABC$ kutovi su s okomitim kracima, pa je zato $\angle NCP=\angle ABC=\beta$.

Koristeći formule za površinu trokuta

$$P=rs=r\cdot\frac{a+b+c}{2}\qquad\text{i}\qquad P=\frac{ab}{2}$$

zaključujemo da vrijedi

$$r=\frac{ab}{a+b+c}.$$

Zato je dovoljno dokazati da je $|CP|=\frac{ab}{a+b+c}$.

Simetrala kuta dijeli nasuprotnu dužinu u omjeru odgovarajućih stranica. Primjenom na simetralu kuta $A$ dobivamo $\frac{|BM|}{|MC|}=\frac cb$, odakle je

$$\frac a{|MC|}=\frac{|BC|}{|MC|}=\frac{|BM|+|MC|}{|MC|}=\frac{|BM|}{|MC|}+1=\frac cb+1=\frac{b+c}{b},$$

odnosno

$$|MC|=\frac{ab}{b+c}.$$

Analogno $|NC|=\frac{ab}{a+c}$.

Označimo s $\phi$ mjeru kuta $\angle CNP$. Iz trokuta $CNP$ zaključujemo da je $\angle CPN=180^\circ-\beta-\phi$. Primjenom sinusova poučka u tom trokutu zaključujemo

$$\begin{aligned} \frac{|CN|}{|CP|} &=\frac{\sin(180^\circ-\beta-\phi)}{\sin\phi} =\frac{\sin(\beta+\phi)}{\sin\phi}\\ &=\frac{\sin\phi\cos\beta+\cos\phi\sin\beta}{\sin\phi}\\ &=\cos\beta+\operatorname{ctg}\phi\sin\beta. \end{aligned}$$

Sve izraze s desne strane gornje jednakosti možemo izraziti pomoću duljina stranica trokuta. Iz pravokutnog trokuta $ABC$ znamo da je

$$\sin\beta=\frac bc\qquad\text{i}\qquad\cos\beta=\frac ac,$$

a iz pravokutnog trokuta $CNM$ dobivamo

$$\operatorname{ctg}\phi=\frac{|CN|}{|CM|}=\frac{b+c}{a+c}.$$

Uvrštavanjem u gore dobivenu jednakost slijedi

$$\begin{aligned} \frac{|CN|}{|CP|} &=\cos x+\operatorname{ctg}y\sin x =\frac ac+\frac bc\cdot\frac{b+c}{a+c}\\ &=\frac{a^2+ac+b^2+bc}{c(a+c)} =\frac{c^2+ac+bc}{c(a+c)} =\frac{a+b+c}{a+c}, \end{aligned}$$

odnosno

$$|CP|=|CN|\cdot\frac{a+c}{a+b+c} =\frac{ab}{a+c}\cdot\frac{a+c}{a+b+c} =\frac{ab}{a+b+c},$$

što je i trebalo dokazati.

Drugo rješenje.

Koristimo oznake kao u prošlom rješenju, te želimo dokazati da je

$$|CP|=\frac{ab}{a+b+c}.$$

Dodatno, označimo s $D$ nožište visine iz vrha $C$ na hipotenuzu $AB$.

Pretpostavimo prvo da je trokut $ABC$ jednakokračan: $a=b$ i $c=a\sqrt2$.

U tom slučaju je pravac $MN$ paralelan s pravcem $AB$. Korištenjem svojstva simetrale kuta (dijeli nasuprotnu stranicu u omjeru susjednih stranica) i Talesovom teorem dobivamo

$$\frac{|AB|}{|BC|}=\frac{|AN|}{|NC|}=\frac{|PD|}{|CP|}.$$

Dodajući $1$ na svaku stranu jednadžbe, dobivamo $\frac{c+a}{a}=\frac{|CD|}{|CP|}$. U jednakokračnom pravokutnom trokutu $ABC$ dužina $CD$ je i polumjer trokutu opisane kružnice, a hipotenuza promjer te kružnice, pa je

$$|CP|=\frac a{a+c}|CD| =\frac a{a+c}\cdot\frac c2 =\frac{a^2\sqrt2}{a(1+\sqrt2)} =\frac a{2+\sqrt2} =\frac{ab}{a+b+c},$$

čime je tvrdnja u tom slučaju dokazana.

Ako trokut $ABC$ nije jednakokračan tada pravac $MN$ nije paralelan s $AB$, pa možemo definirati točku $L$ kao presjek pravaca $MN$ i $AB$. Bez smanjenja općenitosti pretpostavimo $|AC|<|BC|$, pa se $A$ nalazi između $B$ i $L$.

Primjenom Menelajevog teorema na trokut $ABC$ i pravac $MN$ dobivamo

$$\frac{|AL|}{|LB|}\cdot\frac{|BM|}{|MC|}\cdot\frac{|CN|}{|NA|}=1$$

odakle slijedi

$$\frac{|AL|}{|AL|+c}\cdot\frac cb\cdot\frac ac=1$$

te sređivanjem ovog izraza dobivamo

$$|AL|=\frac{bc}{a-b}.$$

Primjenom Menelajevog teorema na trokut $ADC$ i pravac $LN$ dobivamo

$$\frac{|CN|}{|NA|}\cdot\frac{|AL|}{|LD|}\cdot\frac{|PD|}{|CP|}=1.$$

Duljinu visine $|CD|$ trokuta $ABC$ računamo koristeći formulu za površinu trokuta, a duljinu $|AD|$ iz pravokutnog trokuta $ACD$. Dobivamo

$$|CD|=\frac{ab}{c},\qquad |AD|=\sqrt{|AC|^2-|CD|^2}=\frac{b^2}{c}.$$

Uvrštavanjem u gore dobiveni identitet i ponovno koristeći da simetrala dijeli nasuprotnu stranicu u omjeru susjednih stranica, dobivamo

$$\begin{aligned} \frac{|CD|-|CP|}{|CP|} &=\frac{|PD|}{|CP|} =\frac{|NA|}{|CN|}\cdot\frac{|LD|}{|AL|} =\frac{|AB|}{|CB|}\cdot\frac{|AL|+|AD|}{|AL|}\\ &=\frac ca\cdot\frac{\frac{bc}{a-b}+\frac{b^2}{c}}{\frac{bc}{a-b}} =\frac ca\cdot\frac{c^2+ab-b^2}{c^2}\\ &=\frac{a^2+ab}{ac}=\frac{a+b}{c}. \end{aligned}$$

Odavde je

$$\frac{|CD|}{|CP|}=\frac{a+b+c}{c},$$

odnosno

$$|CP|=\frac c{a+b+c}\cdot\frac{ab}{c}=\frac{ab}{a+b+c},$$

što je i trebalo dokazati.