13998. Пусть H
— ортоцентр треугольника ABC
, а R
, r
и r_{a}
— центры соответственно описанной, вписанной окружностей треугольника ABC
и вневписанной окружности, противолежащей вершине нетупого угла A
. Докажите, что HA+r_{a}=2R+r
.
Решение. Обозначим BC=a
, AC=b
, \angle BAC=\alpha
, p
— полупериметр треугольника ABC
, S
— площадь. Пусть O
— центр описанной окружности треугольника ABC
, а M
— середина стороны BC
.
Тогда (см. задачу 1257)
HA=2OM=2\cdot OB\cos\frac{1}{2}\angle BOC=2R\cos\alpha=2R\cdot\frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2bc}=\frac{R(b^{2}+c^{2}-a^{2})}{bc}.
Поскольку
S=pr,~S=(p-a)r_{a}~S=\frac{abc}{4}R~\mbox{и}~S=\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}
(см. задачи 452, 392, 4259 и 2739), то
HA+r_{a}=2R+r~\Leftrightarrow~2R-HA=r_{a}-r~\Leftrightarrow~2R(\cos\alpha-1)=-\frac{ra}{p-a}~\Leftrightarrow
\Leftrightarrow~2R(1-\cos\alpha)=\frac{ra}{p-a}~\Leftrightarrow~\frac{2abc}{4pr}\cdot(1-\cos\alpha)=\frac{ra}{p-a}~\Leftrightarrow
\Leftrightarrow~\frac{bc(1-\cos\alpha)}{2pr}=\frac{ra}{p-a}~\Leftrightarrow~\frac{bc}{2pr}\left(1-\frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2bc}\right)=\frac{ra}{p-a}~\Leftrightarrow
\Leftrightarrow~\frac{bc}{2pr}\cdot\frac{2bc-b^{2}-c^{2}+a^{2}}{2bc}=\frac{ra}{p-a}~\Leftrightarrow~\frac{bc}{2pr}\cdot\frac{a^{2}-(b-c)^{2}}{2bc}=\frac{ra}{p-a}~\Leftrightarrow
\Leftrightarrow~\frac{bc}{2pr}\cdot\frac{(a+b-c)(a+c-b)}{2bc}=\frac{ra}{p-a}~\Leftrightarrow~\frac{(p-c)(p-b)}{pr}=\frac{ra}{p-a}~\Leftrightarrow
\Leftrightarrow~(p-a)(p-c)(p-b)=pr^{2}~\Leftrightarrow~p(p-a)(p-c)(p-b)=p^{2}r^{2}.
Последнее равенство верно, так как его левая и правая части равны S^{2}
.
Отсюда следует утверждение задачи.
Примечание. Если угол BAC
тупой, то аналогично можно доказать, что r_{a}-HA=2R+r
.
Источник: Журнал «Crux Mathematicorum». — 2019, № 2, задача 4315, с. 95