10464. Докажите, что окружность, построенная на стороне AB
треугольника ABC
как на диаметре, касается его вписанной окружности тогда и только тогда, когда сторона AB
равна радиусу вневписанной окружности, касающейся этой стороны.
Решение. Пусть I
и I_{c}
— центры вписанной и вневписанной окружностей, r
и r_{c}
— их радиусы, C_{1}
и C_{2}
— точки их касания со стороной AB
, C_{0}
— середина этой стороны, a
, b
и c
— длины сторон треугольника, p
— его полупериметр (рис. 1.). Тогда (см. задачу 219)
AC_{1}=BC_{2}=p-a,~BC_{1}=AC_{2}=p-b,
C_{0}C_{2}=C_{0}C_{1}=AC_{0}-AC_{1}=\left|\frac{c}{2}-(p-a)\right|=\left|\frac{c}{2}-\frac{b+c-a}{2}\right|=\frac{|b-a|}{2}.
Поскольку c_{0}
— радиус окружности с диаметром AB
, вписанная окружность касается окружности с диаметром AB
тогда и только тогда, когда C_{0}I=\frac{c}{2}-r
. Следовательно, по теореме Пифагора
\left(\frac{c}{2}-r\right)^{2}=r^{2}+\left(\frac{b-a}{2}\right)^{2},
откуда
r=\frac{\frac{c^{2}}{4}-\frac{(b-a)^{2}}{4}}{c}=\frac{\frac{c+b-a}{2}\cdot\frac{c+a-b}{2}}{c}=\frac{(p-a)(p-b)}{c},~\mbox{или}~(p-a)(p-b)=rc.
С другой стороны, если S
— площадь треугольника ABC
, то (см. задачи 452, 392 и 2730)
S=pr=(p-c)r_{c}=\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)},
поэтому
(p-a)(p-b)=\frac{S^{2}}{p(p-c)}=\frac{S}{p}\cdot\frac{S}{p-c}=rr_{c}.
Из равенства rc=rr_{c}
следует, что AB=c=r_{c}
.
Пусть теперь c=r_{c}
. Тогда
(p-a)(p-b)=\frac{S^{2}}{p(p-c)}=\frac{S}{p}\cdot\frac{S}{p-c}=rr_{c}=rc.
Докажем, что C_{0}I=\frac{c}{2}-r
. Отсюда будет следовать, что вписанная окружность треугольника ABC
и окружность с диаметром AB=c
касаются внутренним образом.
Итак,
C_{0}I=\frac{c}{2}-r~\Leftrightarrow~r^{2}+\left(\frac{b-a}{2}\right)^{2}=\left(\frac{c}{2}-r\right)^{2}~\Leftrightarrow
\Leftrightarrow~4r^{2}+(b-a)^{2}=(c-2r)^{2}~\Leftrightarrow~c^{2}-(b-a)^{2}=4cr~\Leftrightarrow
\Leftrightarrow~(c+b-a)(c-b+a)=4(p-a)(p-b).
Последнее равенство очевидно. Следовательно, C_{0}I=\frac{c}{2}-r
.
Примечание. 1. Также решение задачи можно получить, используя следующий факт. В любом треугольнике, если построить окружность, проходящую через вершины A
и B
и касающуюся вписанной окружности в точке T
, то прямая TC_{1}
проходит через I_{c}
. По лемме Архимеда (см. задачу 89), эта прямая также проходит через середину дуги AB
(рис. 2). Следовательно, средняя линия треугольника C_{1}C_{2}I_{c}
равна \frac{r_{c}}{2}
, что равносильно утверждению задачи.
2. Условие c=r_{c}
равносильно также каждому из двух следующих условий:
а) сумма длин стороны AB
и опущенной на неё высоты равна сумме длин двух других сторон;
б) \cos\frac{\angle C}{2}=\cos\frac{\angle A}{2}\cos\frac{\angle B}{2}
.
3. Утверждение задачи можно обобщить: если зафиксировать вершины A
, B
и радиус r_{c}
вневписанной окружности, то вписанные окружности всех таких треугольников касаются одной окружности, проходящей через A
и B
.
4. Равенство (p-a)(p-b)=rr_{c}
также можно доказать, используя теорему о «трилистнике» (см. задачу 788) и степень точки C_{1}
относительно окружности, описанной около треугольника AIB
.
5. Зафиксируем вершины A
и B
и будем двигать точку I_c
по прямой, параллельной AB
. Так как r=\frac{(p-a)(p-b)}{r_{c}}
, точка I
при этом будет двигаться по параболе, проходящей через A
, B
и середину перпендикулярного AB
радиуса полуокружности с диаметром AB
. Фокусом этой параболы будет середина AB
, а директрисой — параллельная AB
касательная к полуокружности. Эта же парабола будет геометрическим местом центров вписанных в полуокружность окружностей (рис. 3).
Автор: Заславский А. А.
Источник: Московская устная олимпиада по геометрии. — 2017, № 10, 10-11 классы