488. Докажите, что OI_{a}^{2}=R^{2}+2Rr_{a}
, где O
— центр описанной окружности треугольника ABC
, I_{a}
— центр вневписанной окружности, касающейся стороны BC=a
, R
и r_{a}
— радиусы этих окружностей.
Указание. Если M
— точка пересечения биссектрисы угла A
с описанной окружностью треугольника ABC
, то I_{a}M=BM
.
Решение. Пусть N
— точка касания вневписанной окружности с продолжением стороны AB
, M
— точка пересечения отрезка AI_{a}
с описанной окружностью треугольника ABC
, I
— центр вписанной окружности треугольника ABC
. Тогда точки A
, I
и I_{a}
лежат на биссектрисе угла BAC
. Обозначим \angle BAC=\alpha
, \angle ABC=\beta
.
По теореме о внешнем угле треугольника
\angle BIM=\frac{\alpha}{2}+\frac{\beta}{2}.
С другой стороны,
\angle IBM=\angle IBC+\angle MBC=\angle IBC+\angle CAM=\frac{\beta}{2}+\frac{\alpha}{2},
поэтому \angle IBM=\angle BIM
. Значит, треугольник BIM
равнобедренный, IM=BM
. Следовательно, точка M
лежит на серединном перпендикуляре к отрезку BI
.
Поскольку \angle IBI_{a}=90^{\circ}
(как угол между биссектрисами внешних углов), серединный перпендикуляр к катету BI
прямоугольного треугольника IBI_{a}
проходит через середину гипотенузы II_{a}
, значит, точка M
— середина II_{a}
, а BM
— медиана прямоугольного треугольника IBI_{a}
, проведённая из вершины прямого угла. Следовательно, I_{a}M=BM
.
Из прямоугольного треугольника ANI_{a}
находим, что I_{a}A=\frac{I_{a}N}{\sin\frac{\alpha}{2}}=\frac{r_{a}}{\sin\frac{\alpha}{2}}
. По теореме синусов I_{a}M=BM=2R\sin\frac{\alpha}{2}
.
Пусть прямая OI_{a}
пересекает описанную окружность треугольника ABC
в точках P
и Q
(P
между O
и I_{a}
). Обозначим OI_{a}=d
. Тогда
I_{a}P\cdot I_{a}Q=I_{a}M\cdot I_{a}A=BM\cdot I_{a}A=2R\sin\frac{\alpha}{2}\cdot\frac{r_{a}}{\sin\frac{\alpha}{2}}=2Rr_{a}.
С другой стороны
I_{a}P\cdot I_{a}Q=(I_{a}O-OP)(I_{a}O+OQ)=(d-R)(d+R)=d^{2}-R^{2}.
Следовательно, d^{2}-R^{2}=2Rr_{a}
. Откуда находим, что OI_{a}=d^{2}=R^{2}+2Rr_{a}
.
Примечание. См. также статью И.Ф.Шарыгина «Вокруг биссектрисы», Квант, 1983, N8, с.32-36.