16009. В равнобедренном треугольнике точка пересечения медиан, центр описанной окружности и центр одной из вневписанных окружностей лежат на одной прямой. Верно ли обратное для остроугольного треугольника?
Ответ. Верно: если точка пересечения медиан, центр описанной окружности и центр одной из вневписанных окружностей треугольника лежат на одной прямой, то треугольник равнобедренный.
Решение. Пусть в остроугольном треугольнике
ABC
со сторонами
BC=a
,
CA=b
и
AB=c
точки
O
,
G
,
I_{b}
и
H
— центр описанной окружности, точка пересечения медиан, центр вневписанной окружности, противоположной вершине
B
, и ортоцентр соответственно.
Если точки
O
и
G
совпадают, то с ними совпадает точка
H
, так как
GH=2OG
(см. задачу 5044), и треугольник
ABC
равносторонний.
Если точки
O
и
G
различны, и точки
O
,
G
и
I_{b}
лежат на одной прямой, то это прямая Эйлера треугольника
ABC
, поэтому на ней лежит и точка
H
.
Первый способ. Пусть
A_{1}
и
C_{1}
— середины сторон
BC
и
AB
соответственно,
A_{2}
и
C_{2}
— основания высот, проведённых из вершин
A
и
C
соответственно,
A_{3}
и
C_{3}
— точки касания вневписанной окружности, противоположной вершине
B
, с продолжением сторон
BC
и
AB
соответственно, а
p
— полупериметр треугольника
ABC
. Тогда
BA_{3}=BC_{3}=p

(см. задачу 1750), из прямоугольного треугольника
AA_{2}C
получаем, что
A_{2}C=b\cos\angle C
, а по теореме косинусов
c^{2}=a^{2}+b^{2}-2ab\cos\angle C~\Rightarrow~a^{2}-2ab\cos\angle C=c^{2}-b^{2}.

По теореме о пропорциональных отрезках
\frac{OH}{OI_{b}}=\frac{A_{1}A_{2}}{A_{1}A_{3}}=\frac{A_{1}C-A_{2}C}{BA_{3}-BA_{1}}=\frac{\frac{a}{2}-b\cos\angle C}{p-\frac{a}{2}}=

=\frac{a^{2}-2ab\cos\angle C}{a(2p-a)}=\frac{c^{2}-b^{2}}{a(b+c)}=\frac{c-b}{a}.

Аналогично,
\frac{OH}{OI_{b}}=\frac{C_{1}C_{2}}{C_{1}C_{3}}=\frac{a-b}{c}.

Значит,
\frac{c-b}{a}=\frac{a-b}{c}~\Rightarrow~c^{2}-bc=a^{2}-ab~\Rightarrow~(c-a)(a+c-b)=0,

а так как по неравенству треугольника
a+c-b\gt0
, то
a=c
. Следовательно, треугольник
ABC
равнобедренный. Что и требовалось доказать.
Второй способ. Луч
BI_{b}
— биссектриса угла
ABC
, а так как
\angle ABH=\angle CBO
(см. задачу 20), то лучи
BO
и
BH
симметричны относительно прямой
BI
. При этом точки
H
,
O
и
I_{b}
лежат на одной прямой, поэтому
\angle HBI_{b}=\angle OBI_{b}=0^{\circ}.

Значит, высота
BH
треугольника
ABC
является его биссектрисой. Следовательно, этот треугольник равнобедренный. Что и требовалось доказать.
Источник: Журнал «Crux Mathematicorum». — 1981, № 9, задача 584 (1980, с. 283), с. 290; 1982, № 1, с. 16