3235. Докажите, что высота AH
треугольника ABC
есть среднее гармоническое радиусов вневписанных окружностей, касающихся сторон AB
и AC
, т. е. AH=\frac{2r_{b}r_{c}}{r_{b}+r_{c}}
, или \frac{2}{h_{a}}=\frac{1}{r_{b}}+\frac{1}{r_{c}}
.
Указание. Если S
— площадь треугольника, p
— его полупериметр, r_{b}
— радиус вневписанной окружности треугольника, касающейся стороны, равной b
, то r_{b}=\frac{S}{p-b}
.
Решение. Первый способ. Пусть S
— площадь треугольника, p
— его полупериметр. Тогда r_{b}=\frac{S}{p-b}
и r_{c}=\frac{S}{p-c}
(см. задачу 392). Следовательно,
\frac{1}{r_{b}}+\frac{1}{r_{c}}=\frac{p-b}{S}+\frac{p-c}{S}=\frac{p-b+p-c}{S}=\frac{2p-b-c}{S}=
=\frac{a+b+c-b-c}{S}=\frac{a}{S}=\frac{a}{\frac{1}{2}ah_{a}}=\frac{2}{h_{a}}.
Что и требовалось доказать.
Второй способ. Пусть I_{c}
и I_{b}
— центры вневписанных окружностей треугольника ABC
, касающихся сторон AB
и AC
соответственно, r_{c}
и r_{b}
— их радиусы. Точки I_{c}
, A
и I_{b}
лежат на одной прямой — прямой, содержащей биссектрису внешнего угла треугольника при вершине A
.
Пусть E
и F
— точки касания вневписанных окружностей со сторонами AC
и AB
соответственно, а P
и Q
— точки касания этих окружностей с прямой BC
. Тогда \angle EAI_{b}=\angle FAI_{c}
, поэтому прямоугольные треугольники AEI_{b}
и AFI_{c}
подобны. Значит,
\frac{AI_{b}}{AI_{c}}=\frac{I_{b}E}{I_{c}F}=\frac{r_{b}}{r_{c}}.
Пусть M
— точка пересечения отрезков AH
и I_{b}Q
. Из подобия треугольников AMI_{b}
и I_{c}QI_{b}
находим, что
AM=I_{c}Q\cdot\frac{AI_{b}}{I_{b}I_{c}}=r_{c}\cdot\frac{r_{b}}{r_{b}+r_{c}}=\frac{r_{b}r_{c}}{r_{b}+r_{c}},
Аналогично, из подобия треугольников HMP
и QI_{c}P
находим, что MH=\frac{r_{b}r_{c}}{r_{b}+r_{c}}
. Следовательно,
AH=AM+MH=\frac{2r_{b}r_{c}}{r_{b}+r_{c}}.
Что и требовалось доказать.
Примечание. 1. См. статью И.А.Кушнира «Классические средние в треугольнике», Квант, 2013, N2, с.32-33.
2. M
— точка пересечения диагоналей прямоугольной трапеции (или прямоугольника) QPI_{b}I_{c}
(см. задачу 1512).