16030. Пусть N
— точка Нагеля треугольника ABC
(см. задачу 4284), а R
и r
— радиусы соответственно его описанной и вписанной окружностей. Докажите, что ON=R-2r
.
Решение. Первый способ. Точка Нагеля N
лежит на чевианах AA_{1}
, BB_{1}
, CC_{1}
, где A_{1}
, B_{1}
, C_{1}
— точки касания вневписанных окружностей со сторонами BC=a
, CA=b
, AB=c
треугольника ABC
. Поскольку AB_{1}:B_{1}C=(p-c):(p-a)
(где p
— полупериметр), то поместив в вершины A
и C
массы p-a
и p-c
, получим систему точек с центром масс в точке B_{1}
; а поместив произвольную массу в вершину B
, получим систему трёх точек, центр масс которой лежит на прямой BB_{1}
. Пусть масса в вершине B
равна p-b
. Аналогичные рассуждения показывают, что центр масс трёх точек A(p-a)
, B(p-b)
, C(p-c)
лежит на каждой из прямых AA_{1}
, BB_{1}
, CC_{1}
, т. е. совпадает с точкой Нагеля.
Суммарная масса равна p-a+p-b+p-c=3p-2p=p
. Следовательно,
(p-a)\overrightarrow{XA}+(p-b)\overrightarrow{XB}+(p-c)\overrightarrow{XC}=p\overrightarrow{XN}
для произвольной точки X
(см. задачу 6796).
Выберем в качестве X
центр O
описанной окружности. Тогда
p^{2}ON^{2}=((p-a)\overrightarrow{OA}+(p-b)\overrightarrow{OB}+(p-c)\overrightarrow{OC})^{2}.
Так как
2\cdot\overrightarrow{OA}\cdot\overrightarrow{OB}=2R^{2}\cos2\gamma=2R^{2}(1-2\sin^{2}\gamma)=2R^{2}-(2R\sin\gamma)^{2}=2R^{2}-c^{2}
(\gamma=\angle ACB
) и, аналогично,
2\cdot\overrightarrow{OB}\cdot\overrightarrow{OC}=2R^{2}-a^{2},~2\cdot\overrightarrow{OC}\cdot\overrightarrow{OA}=2R^{2}-b^{2},
а также
abc=4prR,~ab+bc+ca=p^{2}+r^{2}+4rR,~a^{2}+b^{2}+c^{2}=2(p^{2}-r^{2}-4rR)
(см. задачу 11293 и примечание к ней) и
a^{3}+b^{3}+c^{3}=(a+b+c)(a^{2}+b^{2}+c^{2}-ab-bc-ca)+3abc=2p(p^{2}-3r^{2}-12rR)+12prR=2p(p^{2}-3r^{2}-6rR),
то
p^{2}ON^{2}=R^{2}((p-a)^{2}+(p-b)^{2}+(p-c)^{2})+(p-a)(p-b)(2R^{2}-c^{2})+(p-b)(p-c)(2R^{2}-a^{2})+(p-c)(p-a)(2R^{2}-b^{2})=
=R^{2}(3p^{2}-2p(a+b+c)+a^{2}+b^{2}+c^{2}+6p^{2}-4p(a+b+c)+2(ab+bc+ca))-
\quad{}-((p-a)(p-b)c^{2}+(p-b)(p-c)a^{2}+(p-c)(p-a)b^{2})=
=R^{2}(3p^{2}-4p^{2}+2p^{2}-2r^{2}-8rR+6p^{2}-8p^{2}+2p^{2}+2r^{2}+8rR)-
\quad{}-(p^{2}(a^{2}+b^{2}+c^{2})-p((a+b)c^{2}+(b+c)a^{2}+(c+a)b^{2})+abc(a+b+c))=
=R^{2}p^{2}-2p^{2}(p^{2}-r^{2}-4rR)+p((2p-c)c^{2}+(2p-a)a^{2}+(2p-b)b^{2})-8rRp^{2}=
=R^{2}p^{2}-2p^{2}(p^{2}-r^{2})+2p^{2}(a^{2}+b^{2}+c^{2})-p(a^{3}+b^{3}+c^{3})=
=R^{2}p^{2}-2p^{2}(p^{2}-r^{2})+4p^{2}(p^{2}-r^{2}-4rR)-2p^{2}(p^{2}-3r^{2}-6rR)=p^{2}(R^{2}-4rR+4r^{2})=p^{2}(R-2r)^{2}.
Следовательно, ON=R-2r
.
Второй способ. Пусть M
— точка пересечения медиан данного треугольника, E
— центр окружности девяти точек (см. задачу 141), I
— центр вписанной окружности.
Точки I
, M
, N
лежат на одной прямой (прямой Нагеля, см. задачу 4550), причём IM:MN=1:2
. Точки E
, M
, O
тоже лежат на одной прямой (прямой Эйлера, см. задачу 5044), причём EM:MO=1:2
. Значит, треугольники EMI
и OMN
подобны с коэффициентом 2. Откуда ON=2IE
.
По теореме Фейербаха (см. задачу 6117) окружность Эйлера касается вписанной окружности, поэтому IE=\frac{R}{2}-r
. Следовательно, ON=2IE=R-2r
.
Примечание. См. также статью К.Козеренко и П.Факанова «Птолемеева ось треугольника», Квант, 2017, N2, с.37-40.
Источник: Ефремовъ Д. Д. Новая геометрiя треугольника. — Одесса, 1902. — гл. 1, упр. 29, с. 25