10294. Точка I
— центр вписанной окружности треугольника ABC
, точка I_{1}
— центр вневписанной окружности, противоположной вершине A
. Прямые, проведённые через точки I
и I_{1}
параллельно BC
, пересекают прямую AB
в точке P
и S
, а прямую AC
— в точках Q
и R
соответственно.
а) Докажите, что в трапецию PQRS
можно вписать окружность.
б) Выразите BC
через PQ
и RS
.
Ответ. б) BC=\frac{2PQ\cdot RS}{PQ+RS}
.
Решение. а) Докажем, что окружность с центром в середине M
отрезка II_{1}
, вписанная в угол BAC
, есть вписанная окружность трапеции PQRS
.
Пусть MD
— перпендикуляр к прямой AB
. Тогда MD
— средняя линия прямоугольной трапеции с основаниями r
и r_{1}
, поэтому MF=\frac{r+r_{1}}{2}
, а так как точка M
лежит на биссектрисе угла BAC
, то расстояние от неё до прямой AC
тоже равно \frac{r+r_{1}}{2}
.
Расстояние между прямыми PQ
и RS
равно r+r_{1}
, а так как точка M
— середина отрезка II_{1}
, то она равноудалена от прямых PQ
и RS
. Значит, эта точка равноудалена от всех сторон трапеции PQRS
, т. е. M
— центр вписанной окружности этой трапеции. Что и требовалось доказать.
б) Треугольники APQ
, ABC
и ASR
подобны по двум углам, поэтому отношение соответствующих сторон BC
и SR
треугольников ABC
и ASR
к радиусам их вписанных окружностей равны, т. е.
\frac{BC}{r}=\frac{SR}{\frac{r+r_{1}}{2}}=\frac{2RS}{r+r_{1}}.
Аналогично, для вневписанных окружностей треугольников ABC
и APQ
получаем
\frac{BC}{r_{1}}=\frac{PQ}{\frac{r+r_{1}}{2}}=\frac{2PQ}{r+r_{1}},
откуда
\frac{r}{r_{1}}=\frac{2PQ}{BC}-1.
Следовательно,
PQ=\frac{r}{r_{1}}SR=\left(\frac{2PQ}{BC}-1\right)~\Rightarrow~\frac{PQ}{SR}=\frac{2PQ}{BC}~\Rightarrow~\frac{1}{SR}=\frac{2}{BC}-\frac{1}{PQ}~\Rightarrow
\Rightarrow~BC=\frac{2PQ\cdot RS}{PQ+RS}
(т. е. BC
— среднее гармоническое PQ
и RS
).
Источник: Журнал «Crux Mathematicorum». — 1988, № 10, задача 1285 (1987, с. 290), с. 308