9754. В вершинах треугольника ABC
восставлены перпендикуляры AA_{1}
, BB_{1}
и CC_{1}
к его плоскости по одну сторону от неё, равные по длине соответствующим высотам треугольника. Докажите, что перпендикуляр, опущенный из точки пересечения плоскостей ABC_{1}
, BCA_{1}
и CAB_{1}
на плоскость ABC
, попадает в центр вписанной в треугольник ABC
окружности и равен по длине её радиусу.
Решение. Пусть Q
— точка пересечения плоскостей ABC_{1}
, BCA_{1}
и CAB_{1}
, O
— её ортогональная проекция на плоскость ABC
, AH
— высота треугольника ABC
, P
— основание перпендикуляра, опущенного из точки O
на прямую BC
. Ясно, что точка O
лежит внутри треугольника ABC
.
По теореме о трёх перпендикулярах QP\perp BC
и A_{1}H\perp BC
. При этом точки Q
и A_{1}
лежат в плоскости BCA_{1}
, значит, QPO
и A_{1}HA
— линейные углы двугранного угла треугольной пирамиды A_{1}ABC
при ребре BC
. Прямоугольные треугольники QOP
и A_{1}AH
подобны, а так как AA_{1}=AH
, то QO=OP
. Кроме того, OH=QO
.
Аналогично докажем, что расстояния от точки O
до сторон AB
и AC
также равны QO
. Следовательно, O
— центр вписанной окружности треугольника ABC
, причём длина отрезка QO
равна радиусу этой окружности. Что и требовалось.
Примечание. Если h_{a}=AA_{1}=a
, h_{b}=BB_{1}=b
, h_{c}=CC_{1}=c
, а d
— расстояние от точки Q
до плоскости ABC
, то
\frac{d}{a}+\frac{d}{b}+\frac{d}{c}=1,~\mbox{или}~d=\frac{abc}{ab+bc+ac}.
Действительно, если r
— радиус вписанной окружности треугольника ABC
, то (см. задачу 3239)
\frac{1}{d}=\frac{1}{r}=\frac{1}{h_{a}}+\frac{1}{h_{b}}+\frac{1}{h_{c}}=\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c},
откуда
\frac{d}{a}+\frac{d}{b}+\frac{d}{c}=1.
Двумерный аналог: если AA_{1}=a
и BB_{1}=b
— перпендикуляры к отрезку AB
, лежащие в одной плоскости по одну сторону от прямой AB
, Q
— точка пересечения отрезков AB_{1}
и BA_{1}
, а QO=d
— расстояние от точки Q
до прямой AB
, то
\frac{1}{a}+\frac{1}{b}=\frac{1}{d}~\mbox{или}~d=\frac{ab}{a+b}
(см. задачу 1512).