12879. Пусть I
— центр вписанной окружности треугольника ABC
со сторонами BC=a
и AC=b
, r
— её радиус, R
— радиус описанной окружности треугольника. Докажите, что CI^{2}=ab-4Rr
.
Решение. Пусть AB=c
, S
— площадь данного треугольника, p
— полупериметр. Тогда (см. задачи 4259 и 452)
ab-4Rr=ab-4\cdot\frac{abc}{4S}\cdot\frac{S}{p}=ab-\frac{abc}{a+b+c}=\frac{ab(a+b+c-2c)}{a+b+c}=\frac{ab(a+b-c)}{a+b+c}.
Применив свойство биссектрисы треугольника (см. задачу 1509) и формулу из задачи 4186, получим
\overrightarrow{CC_{1}}=\frac{a}{a+b}\overrightarrow{CA}+\frac{b}{a+b}\overrightarrow{CB},
а так как \frac{CI}{IC_{1}}=\frac{a+b}{c}
(см. задачу 2906), то
\overrightarrow{CI}=\frac{a+b}{a+b+c}\overrightarrow{CC_{1}}=\frac{1}{a+b+c}(a\overrightarrow{CA}+b\overrightarrow{CB}).
Следовательно,
CI^{2}=\overrightarrow{CI}^{2}=\left(\frac{1}{a+b+c}(a\overrightarrow{CA}+b\overrightarrow{CB})\right)^{2}=
=\frac{1}{(a+b+c)^{2}}(a^{2}b^{2}+b^{2}a^{2}+2a\overrightarrow{CA}\cdot b\overrightarrow{CB})=
=\frac{1}{(a+b+c)^{2}}\left(2a^{2}b^{2}+2a^{2}b^{2}\cos\angle C)\right)=
=\frac{1}{(a+b+c)^{2}}\left(2a^{2}b^{2}+2a^{2}b^{2}\cdot\frac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{2ab}\right)=
=\frac{ab((a+b)^{2}-c^{2})}{(a+b+c)^{2}}=\frac{ab((a+b-c)(a+b+c)}{(a+b+c)^{2}}=
=\frac{ab(a+b-c)}{a+b+c}=ab-4Rr.
Что и требовалось доказать.