10940. Периметр треугольника ABC
равен 1. Точка I
— центр вписанной окружности, точка M
— середина стороны AC
. Оказалось, что \angle AIM=90^{\circ}
. Найдите длину стороны AB
.
Ответ. \frac{1}{4}
.
Решение. Первый способ. Пусть r
— радиус вписанной окружности треугольника ABC
, I_{c}
— центр вневписанной окружности радиуса r_{c}
, касающейся стороны AB
(рис. 1). Точки C
, I
и I_{c}
лежат на биссектрисе угла ACB
. Поскольку AI
и AI_{c}
— биссектрисы смежных углов, AI_{c}\perp AI
. Значит, IM\parallel AI_{c}
, т. е. IM
— средняя линия треугольника ACI_{c}
. Значит, \frac{CI}{CI_{c}}=\frac{1}{2}
.
Пусть вписанная и вневписанная окружности треугольника ABC
касаются прямой BC
в точках P
и Q
соответственно. Из подобия прямоугольных треугольников CIP
и CI_{c}Q
получаем, что
\frac{r}{r_{c}}=\frac{IP}{I_{c}Q}=\frac{CI}{CI_{c}}=\frac{1}{2},
поэтому r_{c}=2r
.
Пусть площадь и полупериметр треугольника ABC
равна S
и p
соответственно. Тогда
S=pr=(p-AB)r_{c},
поэтому
\frac{1}{2}r=\left(\frac{1}{2}-AB\right)\cdot2r,~\mbox{или}~\frac{1}{2}=\left(\frac{1}{2}-AB\right)\cdot2.
Отсюда находим, что AB=\frac{1}{4}
.
Второй способ. Пусть N
— середина BC
(рис. 2). Поскольку MN\parallel AB
и \angle AIM=90^{\circ}
, луч MI
— биссектриса угла AMN
. Поэтому прямая MN
касается вписанной окружности треугольника. Значит, трапеция AMNB
описана вокруг этой окружности, т. е. AB+MN=AM+BN
. При этом MN=\frac{1}{2}AB
, а
AM+BN=\frac{1}{2}(AC+BC)=\frac{1}{2}(1-AB),
поэтому \frac{3}{2}AB=\frac{1}{2}(1-AB)
. Отсюда находим, что AB=\frac{1}{4}
.
Третий способ. Пусть T
— точка касания вневписанной окружности треугольника ABC
, соответствующей углу B
, со стороной AC
, а G
— с продолжением стороны AB
. Тогда BT\parallel IM
(см. решение задачи 802). Значит, треугольник ABT
равнобедренный (AB=AT
), так как его биссектриса, проведённая из вершины A
, является высотой. Тогда AB=AT=AG=p-AB
(см. задачу 4805). Следовательно, AB=\frac{1}{2}p=\frac{1}{4}
.
Примечание. 1. Фактически доказано следующее утверждение: если \angle AIM=90^{\circ}
, то AC+BC=3AB
.
Верно и обратное: если AC+BC=3AB
, то \angle AIM=90^{\circ}
.
Действительно,
AC+BC=3AB~\Rightarrow~\frac{1}{2}AC+\frac{1}{2}BC=\frac{3}{2}AB~\Rightarrow
\Rightarrow~AM+BN=AB+\frac{1}{2}AB~\Rightarrow~AM+BN=AB+MN.
Значит, AMNB
— описанная трапеция, а I
— центр её вписанной окружности. Следовательно (см. задачу 313), \angle AIM=90^{\circ}
.
2. См. статью А.Заславского «Приключения одной задачи», Квант, 2017, N12, с.19-21.
Автор: Берлов С. Л.
Источник: Олимпиада по геометрии им. И. Ф. Шарыгина. — 2017, XIII, финальный тур, № 2, 9 класс
Источник: Журнал «Квант». — 2017, № 12, с. 19