10972. Пусть I
— точка пересечения биссектрис треугольника ABC
, G
— точка пересечения медиан. Докажите, что:
а) AB=\frac{1}{2}(AC+BC)~\Leftrightarrow~GI\parallel AB
;
б) AB=\frac{1}{3}(AC+BC)~\Leftrightarrow~GI\perp AB
.
Решение. а) См. задачу 2898.
б)
Первый способ. Пусть M
, N
и K
— середины сторон AC
, BC
и AB
соответственно, W
— середина меньшей дуги AB
описанной окружности треугольника ABC
.
Если AB=\frac{1}{3}(AC+BC)
, то \angle AIM=90^{\circ}
(см. примечание к задаче 10316). Тогда CI:IW=2:1=CG:GK
, значит, GI\parallel KW
, а так как KW\perp AB
, то GI\perp AB
.
Пусть теперь GI\perp AB
. Тогда, так как KW\parallel GI
, то CI:IW=CG:GK=2:1
. Следовательно, AB=\frac{1}{3}(AC+BC)
(см. примечания к задачам 10316 и 10940).
Второй способ. Пусть A'
и B'
— точки касания вписанной окружности треугольника ABC
со сторонами BC
и AC
соответственно, а прямая, проведённая через точку G
параллельно AB
, пересекает эти стороны в точках соответственно A_{1}
и B_{1}
. Тогда треугольник B_{1}CA_{1}
подобен треугольнику BCA
с коэффициентом \frac{2}{3}
. Значит,
CA_{1}=\frac{2}{3}BC,~CB_{1}+\frac{2}{3}AC.
Точки A'
и B'
— проекции точки O
на прямые CA_{1}
и CB_{1}
, а точки A'
, B'
и G
лежат на одной прямой (см. задачу 6065), поэтому точка I
лежит на описанной окружности треугольника A_{1}B_{1}C
(см. задачу 6088). При этом CI
— биссектриса угла B_{1}AC_{1}
, значит, по формуле Архимеда
CA'=\frac{CA_{1}+CB_{1}}{2}=\frac{1}{3}BC+\frac{1}{3}AC
(см. задачу 176).
С другой стороны,
CA'=\frac{AC+BC-AB}{2}
(см. задачу 219). Из равенства
\frac{1}{3}BC+\frac{1}{3}AC=\frac{AC+BC-AB}{2}
получаем, что
AB=\frac{1}{3}(AC+BC).
Примечание. См. также статью Д.Прокопенко, Д.Швецова «Вокруг точки на медиане», Квант, 2020, N2, с.42-46.