10346. В треугольнике ABC
медианы пересекаются в точке M
, O
— центр вписанной окружности, A'
, B'
, C'
— точки её касания со сторонами BC
, CA
, AB
соответственно. Докажите, что, если CA'=AB
, то прямые OM
и AB
перпендикулярны.
Решение. Первый способ. Пусть D
и E
— середины сторон AC
и BC
. Тогда M
— точка пересечения отрезков AE
и BD
(рис. 1), а если полупериметр треугольника равен p
, то (см. задачу 219)
CA'=p-AB=\frac{1}{2}(AC+BC-AB)=AB
(по условию), откуда \frac{1}{2}(AC+BC)=\frac{3}{2}AB
. Следовательно,
AD+BE=\frac{1}{2}(AC+BC)=\frac{3}{2}AB=AB+\frac{1}{2}AB=AB+DE,
т. е. трапеция ABED
описана вокруг вписанной окружности треугольника ABC
.
Пусть P
— точка касания окружности с прямой DE
. Тогда
AC'=AB-BC'=CA'-BA'=
=(0{,}5BC+EA')-(0{,}5BC-EA')=2EA'=2EP.
Рассмотрим гомотетию с центром M
и коэффициентом k=-0{,}5
: образом точки A
является точка E
, а образом точки C'
— точка P
, поэтому прямая C'P
проходит через точку M
.
Кроме того, C'P
— общий перпендикуляр к основаниям AB
и DE
трапеции, проходящий через точку O
. Значит, OM
и AB
перпендикулярны. Что и требовалось доказать.
Второй способ. Пусть CK
— медиана, а CH
— высота треугольника (рис. 2),
AB'=AC'=m,~BA'=BC'=n,~BH=x.
Тогда
CB'=CA'=AB=m+n,~
AC=CB'+AB'=CA'+AB'=AB+AB'=(m+n)+m=2m+n.
Поскольку
AC^{2}-AH^{2}=CH^{2}=CB^{2}-BH^{2},
то
(2m+n)^{2}-((m+n)-x)^{2}=(m+2n)^{2}-x^{2}.
Решив это уравнение, получим, что x=2n-m
. Тогда
C'H=BC'-BH=n-x=m-n;~
C'K=AC'-AK=AC'-\frac{1}{2}AB=m-\frac{1}{2}(m+n)=\frac{1}{2}(m-n)=\frac{1}{2}C'H.
Перпендикуляр к AB
, проведённый из точки C'
, пройдёт через центр O
вписанной окружности. Пусть этот перпендикуляр пересечёт CK
в точке M'
. Поскольку
CM':M'K=HC':C'K=2,
точка M'
совпадает с M
. Значит, OM
и AB
перпендикулярны. Что и требовалось доказать.