11362. Из центра I
вписанной окружности треугольника ABC
опущены перпендикуляры IA_{1}
, IB_{1}
и IC_{1}
на прямые, содержащие стороны соответственно BC
, AC
и AB
треугольника ABC
. Найдите стороны треугольника A_{1}B_{1}C_{1}
.
Ответ. A_{1}B_{1}=2(p-c)\sqrt{\frac{(p-a)(p-b)}{ab}},~C_{1}A_{1}=2(p-b)\sqrt{\frac{(p-a)(p-c)}{ac}},~B_{1}C_{1}=2(p-a)\sqrt{\frac{(p-b)(p-c)}{bc}}
, где BC=a
, AC=b
, AB=c
, а p
— полупериметр треугольника ABC
.
Решение. Пусть BC=a
, AC=b
, AB=c
, p
— полупериметр треугольника ABC
, S
— площадь, r
и R
— радиусы вписанной и описанной окружностей соответственно. Из прямоугольного треугольника AB_{1}I
получаем, что
AI^{2}=AB_{1}^{2}+IB_{1}^{2}=(p-a)^{2}+r^{2}=(p-a)^{2}+\left(\frac{S}{p}\right)^{2}=
=(p-a)^{2}+\frac{p(p-a)(p-b)(p-c)}{p^{2}}=\frac{p-a}{p}\cdot(p^{2}-ap+p^{2}-bp-cp+bc)=
=\frac{p-a}{p}\cdot(2p^{2}-p(a+b+c)+bc)=\frac{(p-a)bc}{p}
(см. задачи 219, 2730 и 452). Значит, AI=\sqrt{\frac{(p-a)bc}{p}}
. Следовательно (см. задачи 1396 и 4259),
B_{1}C_{1}=\frac{a\cdot AI}{2R}=\frac{a\sqrt{\frac{(p-a)bc}{p}}}{2\cdot\frac{abc}{4S}}=\frac{2\sqrt{(p-a)bc}\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}}{\sqrt{p}\cdot abc}=
=2(p-a)\sqrt{\frac{(p-b)(p-c)}{bc}}.
Аналогично,
C_{1}A_{1}=2(p-b)\sqrt{\frac{(p-a)(p-c)}{ac}},~A_{1}B_{1}=2(p-c)\sqrt{\frac{(p-a)(p-b)}{ab}}.
Источник: Зетель С. И. Новая геометрия треугольника. — М.: Учпедгиз, 1962. — с. 140