12543. Квадрат PQRS
вписан в полуокружность так, что сторона PQ
квадрата лежит на диаметре AB
полуокружности, а вершины R
и S
— на полуокружности, причём точка P
лежит между A
и Q
. Точка C
лежит на дуге BR
полуокружности, причём треугольник ABC
равновелик квадрату. Докажите, что отрезки BS
и QR
пересекаются в центре I
вписанной окружности треугольника ABC
, а \frac{RI}{IQ}=\frac{SI}{IB}=\frac{1+\sqrt{5}}{2}
(золотое сечение).
Решение. Пусть O
— центр полуокружности, r
— её радиус, a
— сторона квадрата. Из прямоугольного треугольника OQR
получаем
r^{2}=\frac{a^{2}}{4}+a^{2}~\Rightarrow~a=\frac{2r}{\sqrt{5}}.
Треугольники ROS
и BOC
равновелики так как их площади равны половинам площадей равновеликих квадрата PQRS
и треугольника ABC
соответственно. Значит,
\frac{1}{2}OR\cdot OS\sin\angle ROS=\frac{1}{2}OB\cdot OC\sin\angle BOC,
или
\frac{1}{2}r^{2}\sin\angle ROS=\frac{1}{2}r^{2}\sin\angle BOC,
откуда \angle ROS=\angle BOC
. Тогда равны соответствующие этим центральным углам дуги SR
и BC
полуокружности. Значит,
\smile CS=\smile BR=\smile SA
(см. задачу 1678), а так как тогда S
— середина дуги AC
, то BS
— биссектриса угла ABC
. При этом
BC=SR=a=\frac{2r}{\sqrt{5}}.
Пусть отрезки отрезки BS
и QR
пересекаются в точке I'
. Это точка лежит на биссектрисе BS
угла ABC
, поэтому она равноудалена от сторон BA
и BC
этого угла. Опустим перпендикуляр I'M
на катет BC
. Тогда I'M=I'Q
, а так как
QB=OB-OQ=r-\frac{r}{\sqrt{5}}=r\left(1-\frac{1}{\sqrt{5}}\right),
PB=OB+OP=r+\frac{r}{\sqrt{5}}=r\left(1+\frac{1}{\sqrt{5}}\right),
то
MC=BC-BM=SP-QB=\frac{2r}{\sqrt{5}}-r\left(1-\frac{1}{\sqrt{5}}\right)=r\left(\frac{3}{\sqrt{5}}-1\right)=\frac{r(3-\sqrt{5})}{\sqrt{5}}.
Из подобия прямоугольных треугольников I'QB
и SPB
получаем
I'M=I'Q=SP\cdot\frac{BQ}{BP}=BQ\cdot\frac{SP}{BP}=r\left(1-\frac{1}{\sqrt{5}}\right)\cdot\frac{\frac{2r}{\sqrt{5}}}{r\left(1+\frac{1}{\sqrt{5}}\right)}=
=\frac{2r}{\sqrt{5}}\cdot\frac{\sqrt{5}-1}{\sqrt{5}+1}=\frac{r(3-\sqrt{5})}{\sqrt{5}}=MC.
Из равенства I'M=MC
следует, что прямоугольный треугольник I'MC
равнобедренный, потому
\angle I'CM=45^{\circ}=\frac{1}{2}\angle ACB.
Значит, CI'
— биссектриса угла ACB
, а так как по ранее доказанному BI'
— биссектриса угла ABC
, то точка I'
совпадает центром I
вписанной окружности треугольника ABC
.
Наконец, из подобия получаем
\frac{RI}{IQ}=\frac{SI}{IB}=\frac{SR}{QB}=\frac{SP}{QB}=\frac{\frac{2r}{\sqrt{5}}}{r\left(1-\frac{1}{\sqrt{5}}\right)}=\frac{2}{\sqrt{5}-1}=\frac{1+\sqrt{5}}{2}.
Что и требовалось доказать.