11789. Дан треугольник ABC
углами \alpha
, \beta
и \gamma
при вершинах A
, B
и C
соответственно и сторонами BC=a
, AC=b
и AB=c
. Известно, что \alpha+\gamma=2\beta
. Докажите, что:
а) \sin(\alpha-\beta)=\sin\alpha-\sin\gamma
;
б) a^{2}-b^{2}=c(a-c)
;
в) вершины A
и C
, центры O
и I
соответственно описанной и вписанной окружностей треугольника ABC
, ортоцентр H
и центр I_{b}
вневписанной окружности, противолежащей вершине B
, лежат на окружности радиуса R
, где R
— радиус описанной окружности данного треугольника;
г) если эта окружность вторично пересекает прямые AB
и BC
в точках A'
и C'
соответственно, то AA'=CC'=|c-a|
.
Решение. а) Из равенств
\alpha+\gamma=2\beta~\mbox{и}~\alpha+\gamma+\beta=180^{\circ}
находим, что \beta=60^{\circ}
. Тогда
\sin(\alpha-\beta)=2\cdot\frac{1}{2}\sin(\alpha-\beta)=2\cos60^{\circ}\sin(\alpha-\beta)=
=2\cos\beta\sin(\alpha-\beta)=\sin\alpha+\sin(2\beta-\alpha)=\sin\alpha-\sin\gamma.
Что и требовалось доказать.
б) По теореме косинусов
b^{2}=a^{2}+c^{2}-2ac\cos\beta=a^{2}+c^{2}-2ac\cos60^{\circ}=a^{2}+c^{2}-ac.
Следовательно,
a^{2}-b^{2}=ac-c^{2}=c(a-c).
Что и требовалось доказать.
в) Пусть прямая BI
(содержащая биссектрису угла ABC
) вторично пересекает описанную окружность треугольника ABC
в точке P
. Тогда (см. задачу 788)
PB=PI=PC=2R\sin\angle CBP=2R\sin30^{\circ}=R,
а так как по теореме Мансиона (см. задачу 57) точка P
— середина отрезка II_{b}
, то PI_{b}=PI
. Значит, точки A
, B
, I
и I_{b}
лежат на окружности \omega
с центром I
и радиусом R
.
Поскольку
\angle AHC=180^{\circ}-\beta=180^{\circ}-60^{\circ}=120^{\circ}~\mbox{и}
\angle AIC=90^{\circ}+\frac{1}{2}\angle\beta=90^{\circ}+30^{\circ}=120^{\circ}=\angle AHC
(см. задачу 4770), то точка H
тоже лежит на окружности \omega
. Следовательно, на этой окружности лежат все шесть точек A
, C
, O
, I
, I_{b}
и H
. Что и требовалось доказать.
г) Поскольку
\angle AC'C=\angle AIC=120^{\circ},~\mbox{а}~\angle AC'B=180^{\circ}-120^{\circ}=60^{\circ},
то треугольник ABC'
равносторонний, поэтому
CC'=|AC-BC'|=|AC-AB|=|b-c|.
Поскольку
\angle BA'C=\angle AA'C=180^{\circ}-\angle AC'C=180^{\circ}-120^{\circ}=60^{\circ},
то треугольник BCA'
равносторонний, поэтому
AA'=|BA'-BA|=|BC-AB|=|b-c|.
Что и требовалось доказать.
Источник: Журнал «Crux Mathematicorum». — 1983, № 3 задача 724 (1982, с. 78), с. 92