11989. Пусть M
и I
— соответственно точка пересечения медиан и центр вписанной окружности неравнобедренного треугольника ABC
. Известно, что среднее арифметическое сторон треугольника ABC
равно среднему гармоническому сторон AC
и BC
. Докажите, что MI\perp CI
.
Решение. Пусть BC=a
, AC=b
, AB=c
, площадь треугольника ABC
равна S
, радиус его вписанной окружности равен r
, полупериметр равен p
, а высоты, опущенные из вершин A
и B
равны h_{a}
и h_{b}
соответственно.
Пусть прямая MI
пересекает прямые AC
и BC
в точках T
и U
соответственно. Обозначим CT=x
, CU=y
. По условию задачи
\frac{a+b+c}{3}=\frac{2ab}{a+b},~\mbox{или}~\frac{1}{3}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)=\frac{2}{a+b+c}.
а так как
a=\frac{2S}{h_{a}},~b=\frac{2S}{h_{b}},~a+b+c=2p=\frac{2S}{r}
(см. задачу 452), то
\frac{1}{3}\left(\frac{h_{a}}{2S}+\frac{h_{b}}{2S}\right)=\frac{2}{\frac{2S}{r}},~\mbox{или}~\frac{1}{3}(h_{a}+h_{b})=2r.
Поскольку
S_{\triangle TCU}=S_{\triangle TCM}+S_{\triangle UCM}=\frac{1}{2}x\cdot\frac{1}{3}h_{b}+\frac{1}{2}y\cdot\frac{1}{3}h_{a}~\mbox{и}
S_{\triangle TCU}=S_{\triangle TCI}+S_{\triangle UCI}=\frac{1}{2}xr+\frac{1}{2}yr,
получаем равенство
\frac{1}{2}x\cdot\frac{1}{3}h_{b}+\frac{1}{2}y\cdot\frac{1}{3}h_{a}=\frac{1}{2}xr+\frac{1}{2}yr,
или
\frac{h_{b}x}{3}+\frac{h_{a}y}{3}=r(x+y),
а так как \frac{1}{3}(h_{a}+h_{b})=2r
, то
\frac{h_{b}x}{3}+\frac{h_{a}y}{3}=r(x+y)=\frac{1}{6}(h_{a}+h_{b})(x+y),
или
\frac{h_{b}x}{3}+\frac{h_{a}y}{3}-\frac{1}{6}(h_{a}x+h_{b}x+h_{a}y+h_{b}y)=0.
После очевидных упрощений получаем равенство x(h_{b}-h_{a})=y(h_{b}-h_{a})
. При этом h_{a}\ne h_{b}
, так как в противном случае a=b
, что противоречит неравнобедренности треугольника ABC
. Значит, x=y
, т. е. CT=CU
. Биссектриса CI
равнобедренного треугольника TCU
является его высотой. Следовательно, MI\perp CI
. Что и требовалось доказать.