16003. Стороны BC
, CA
и AB
треугольника ABC
равны a
, b
и c
соответственно, причём CA
— средняя по величине сторона треугольника. Точки D
и E
— середины сторон AB
и BC
соответственно. Биссектрисы углов BAE
и BCD
пересекаются в точке R
. Докажите, что:
а) AR\perp CR
тогда и только тогда, когда 2b^{2}=a^{2}+c^{2}
;
б) если 2b^{2}=a^{2}+c^{2}
, то точка R
лежит на медиане BF
треугольника ABC
.
Решение. Пусть G
— точка пересечения медиан треугольника ABC
.
Лемма. Равенство 2b^{2}=a^{2}+c^{2}
верно тогда и только тогда когда BDGE
— вписанный четырёхугольник.
Доказательство. Обозначим AE=m_{a}
, BF=m_{b}
и CD=m_{c}
. По формуле для медианы треугольника (см. задачу 4014)
4m_{b}=2a^{2}+2c^{2}-b^{2}.
Аналогично для двух других медиан треугольника.
Пусть диагонали BG=\frac{2}{3}m_{b}
и DE=\frac{1}{2}b
пересекаются в точке X
. Тогда
EX=XD=\frac{1}{4}b,~BX=\frac{1}{2}m_{b},~XG=BG-BX=\frac{2}{3}m_{b}-\frac{1}{2}m_{b}=\frac{1}{6}m_{b},
поэтому
EX\cdot XD=\frac{b^{2}}{4}~\mbox{и}~BX\cdot XG=\frac{m_{b}^{2}}{12}.
Значит, BDGE
— вписанный четырёхугольник, тогда и только тогда, когда
EX\cdot XD=BX\cdot XG~\Leftrightarrow~\frac{b^{2}}{4}=\frac{m_{b}^{2}}{12}~\Leftrightarrow~4m_{b}^{2}=3b^{2}~\Leftrightarrow~
~\Leftrightarrow~2a^{2}+2c^{2}-b^{2}=3b^{2}~\Leftrightarrow~2b^{2}=a^{2}+c^{2}.
Лемма доказана.
Перейдём к нашей задаче.
а) Пусть 2b^{2}=a^{2}+c^{2}
. Тогда по лемме четырёхугольник BDGE
вписанный. Обозначим
\angle CAE=\angle AED=\angle DBG=\alpha,~\angle ACD=\angle CDE=\angle GBE=\gamma,
\angle AGD=\alpha+\gamma=\theta.
Тогда
\angle ARC=180^{\circ}-\left(\frac{\angle A-\alpha}{2}+\alpha\right)-\left(\frac{\angle C-\gamma}{2}+\gamma\right)=
=180^{\circ}-\frac{1}{2}(\angle A+\angle C+\alpha+\gamma)=180^{\circ}-\frac{1}{2}((180^{\circ}-\angle B)+\theta)=
=90^{\circ}+\frac{1}{2}(\angle B-\theta)=90^{\circ},
так как \angle B=\theta
из-за вписанности четырёхугольника BDGE
.
Обратно, если \angle ARC=90^{\circ}
, то \angle B=\theta
, поэтому четырёхугольник BDGE
вписанный, и тогда по лемме 2b^{2}=a^{2}+c^{2}
.
б) Пусть 2b^{2}=a^{2}+c^{2}
. Тогда по лемме четырёхугольник BDGE
вписанный, поэтому
\angle CAE=\angle AED=\angle DBG=\angle ABF,
Значит, треугольники AGF
и BAF
с общим углом при вершине F
подобны по двум углам. Аналогично, подобны треугольники CGF
и BCF
. Тогда
\frac{AG}{AB}=\frac{FG}{FA}=\frac{FG}{FC}=\frac{FG}{FB}.
Пусть прямая BG
пересекает прямую BR
в точке S
, а прямую CR
— в точке T
. Поскольку AS
и CT
— биссектрисы треугольников CBG
и ABG
, то \frac{GS}{SB}=\frac{AG}{AB}
и \frac{GT}{TB}=\frac{CG}{CB}
(см. задачу 1509). Тогда,
\frac{GS}{SB}=\frac{AG}{AB}=\frac{CG}{CB}=\frac{GT}{TB},
т. е. точки S
и T
делят отрезок BG
в одном и том же отношении. Значит, точки S
и T
совпадают, а так как они лежат на прямых AR
и CR
соответственно, а также — на прямой BG
, то обе они совпадают с точкой R
, которая лежит на медиане BF
. Что и требовалось доказать.
Примечание. Верно и утверждение, обратное утверждению пункта б). Пусть точка R
лежит на медиане BF
. Тогда
\frac{AG}{c}=\frac{AG}{AB}=\frac{GR}{RB}=\frac{CG}{CB}=\frac{CG}{a},
откуда, учитывая, что
AG^{2}=\frac{4}{3}m_{a^{2}}=\frac{2b^{2}+2c^{2}-a^{2}}{9}~\mbox{и}~CG^{2}=\frac{4}{3}m_{c^{2}}=\frac{2a^{2}+2b^{2}-c^{2}}{9},
получаем
a^{2}AG^{2}=c^{2}CG^{2}~\Leftrightarrow~a^{2}(2b^{2}+2c^{2}-a^{2})=c^{2}(2a^{2}+2b^{2}-c^{2})~\Leftrightarrow~
~\Leftrightarrow~(a^{2}-c^{2})(2b^{2}-a^{2}-c^{2})=0.
Если a\ne c
, то 2b^{2}=a^{2}+c^{2}
, и утверждение доказано. Если же a=c
, то поскольку a\leqslant b\leqslant c
(или c\leqslant b\leqslant a
), то a=b=c
. Следовательно, и этом случае 2b^{2}=a^{2}+c^{2}
.