11623. В треугольник ABC
вписана окружность \omega
. На стороне AB
выбраны точки A_{1}
, C_{2}
и B_{3}
, на стороне BC
— точки B_{1}
, A_{2}
и C_{3}
, на стороне CA
— точки C_{1}
, B_{2}
и A_{3}
. При этом отрезки A_{1}A_{2}
, B_{1}B_{2}
и C_{1}C_{2}
касаются окружности \omega
, а четырёхугольники AA_{1}A_{2}A_{3}
, BB_{1}B_{2}B_{3}
и CC_{1}C_{2}C_{3}
— параллелограммы. Докажите, что сумма площадей треугольников ABA_{3}
, BCB_{3}
и CAC_{3}
равна площади треугольника ABC
.
Решение. Первый способ. Поскольку AA_{1}A_{2}A_{3}
— параллелограмм, A_{1}A_{2}\parallel AC
. Тогда треугольник A_{1}BA_{2}
подобен треугольнику ABC
с коэффициентом k=\frac{A_{1}A_{2}}{AC}=\frac{AA_{3}}{AC}
.
Если высота треугольника ABC
, проведённая из вершины B
равна h_{b}
, а радиус окружности \omega
равен r
, то соответствующая высота треугольника A_{1}BA_{2}
равна h_{b}-2r
. Значит,
k=\frac{h_{b}-2r}{h_{b}},
а так как высота треугольника ABA_{3}
, опущенная из вершины B
, также равна h_{b}
, то
S_{\triangle ABA_{3}}=\frac{1}{2}AA_{3}\cdot h_{b}=\frac{1}{2}kAC\cdot h_{b}=\frac{1}{2}\cdot\frac{h_{b}-2r}{h_{b}}\cdot AC\cdot h_{b}=
=\frac{1}{2}AC\cdot(h_{b}-2r)=\frac{1}{2}AC\cdot h_{b}-AC\cdot r=S_{\triangle ABC}-AC\cdot r.
Аналогично,
S_{\triangle BCB_{3}}=S_{\triangle ABC}-AB\cdot r,~S_{\triangle CAC_{3}}=S_{\triangle ABC}-BC\cdot r.
Следовательно,
S_{\triangle ABA_{3}}+S_{\triangle BCB_{3}}+S_{\triangle CAC_{3}}=3S_{\triangle ABC}-r(AC+AB+BC)=
=3S_{\triangle ABC}-2S_{\triangle ABC}=S_{\triangle ABC}
(см. задачу 452). Что и требовалось доказать.
Второй способ. Пусть r
— радиус окружности, вписанной в треугольник ABC
, а r_{a}
, r_{b}
и r_{c}
— радиусы вневписанных окружностей треугольника ABC
, касающихся сторон BC
, AC
и AB
соответственно. Вписанная окружность треугольника ABC
является вневписанной для треугольников AC_{1}C_{2}
, BA_{1}A_{2}
и CB_{1}B_{2}
. Каждый из этих треугольников подобен исходному треугольнику, причём коэффициенты подобия равны \frac{r}{r_{a}}
, \frac{r}{r_{b}}
и \frac{r}{r_{c}}
соответственно. Тогда
S_{\triangle CAC_{3}}=\frac{CC_{3}}{BC}\cdot S_{\triangle ABC}=\frac{C_{1}C_{2}}{BC}\cdot S_{\triangle ABC}=\frac{r}{r_{a}}\cdot S_{\triangle ABC}.
Аналогично,
S_{\triangle ABA_{3}}=\frac{r}{r_{b}}\cdot S_{\triangle ABC},~S_{\triangle BCB_{3}}=\frac{r}{r_{c}}\cdot S_{\triangle ABC}.
Следовательно,
S_{\triangle CAC_{3}}+S_{\triangle ABA_{3}}+S_{\triangle BCB_{3}}=\frac{r}{r_{a}}\cdot S_{\triangle ABC}+\frac{r}{r_{b}}\cdot S_{\triangle ABC}+\frac{r}{r_{a}}\cdot S_{\triangle ABC}=
=S_{\triangle ABC}\cdot r\cdot\left(\frac{1}{r_{a}}+\frac{1}{r_{b}}+\frac{1}{r_{c}}\right)=S_{\triangle ABC}\cdot r\cdot\frac{1}{r}=S_{\triangle ABC}
(см. задачу 6144). Что и требовалось доказать.