11381. Пусть r
— радиус вписанной, а r_{a}
, r_{b}
и r_{c}
— радиусы вневписанных окружностей треугольника ABC
, касающихся сторон соответственно BC=a
, AC=b
и AB=c
треугольника ABC
; \angle ACB=\gamma
. Докажите, что
а) r_{a}+r_{b}=c\ctg\frac{\gamma}{2}
;
б) r+r_{c}=(a+b)\tg\frac{\gamma}{2}
.
Решение. а) Пусть I_{a}
и I_{b}
— центры вневписанных окружностей касающихся сторон BC
и AC
треугольника ABC
. Тогда отличная от C
точка N
пересечения отрезка I_{a}I_{b}
с описанной окружностью треугольника — середина дуги ACB
этой окружности (см. задачу 897). Значит, расстояние от точки N
до прямой AB
равно среднему арифметическому расстояний от I_{a}
и I_{b}
до прямой AB
, т. е. равно \frac{1}{2}(r_{a}+r_{b})
. С другой стороны, из равнобедренного треугольника ANB
с углом \angle ANB=\angle ACB=\gamma
это расстояние равно \frac{c}{2}\ctg\frac{\gamma}{2}
. Следовательно,
\frac{1}{2}(r_{a}+r_{b})=\frac{c}{2}\ctg\frac{\gamma}{2}~\Rightarrow~r_{a}+r_{b}=c\ctg\frac{\gamma}{2}.
Что и требовалось доказать.
б) Пусть I
— центр вписанной окружности треугольника ABC
, I_{c}
— центр вневписанной окружности, касающейся стороны AB
, M
— точка пересечения луча CI
с описанной окружностью треугольника ABC
, M'
проекция точки M
на прямую AC
. Тогда по формуле Архимеда (см. задачу 176)
CM'=\frac{BC+AC}{2}=\frac{a+b}{2}.
С другой стороны, по теореме Мансиона (см. задачу 57) точка M
— середина отрезка II_{c}
, поэтому отрезок MM'
есть среднее арифметическое радиусов r
и r_{c}
. Из прямоугольного треугольника CM'M
получаем, что
CM'=MM'\ctg\angle ACM=\frac{r+r_{c}}{2}\cdot\ctg\frac{\gamma}{2}.
Следовательно,
\frac{a+b}{2}=\frac{r+r_{c}}{2}\cdot\ctg\frac{\gamma}{2}~\Rightarrow~r+r_{c}=(a+b)\tg\frac{\gamma}{2}.
Что и требовалось доказать.