16053. Дан треугольник ABC
со сторонами BC=a
, CA=b
и AB=c
. Докажите, что если точка Шпикера треугольника ABC
(см. задачу 6792) лежит на вписанной окружности этого треугольника, то
\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=\frac{10}{a+b+c}.
Решение. Пусть A'
, B'
и C'
середины сторон соответственно BC
, CA
и AB
треугольника ABC
, а I'
— точка Шпикера этого треугольника, т. е. точка пересечения биссектрис треугольника A'B'C'
.
Треугольник A'B'C'
гомотетичен треугольнику ABC
с центром гомотетии в общей точке пересечения G
медиан треугольников A'B'C'
и ABC
и коэффициентом -\frac{1}{2}
. Значит, при этой гомотетии центр I
вписанной окружности треугольника ABC
переходит в I'
, поэтому II'=\frac{3}{2}GI
.
Пусть R
и r
— радиусы соответственно вписанной и описанной окружностей треугольника ABC
, p
— полупериметр треугольника, S
— площадь. Тогда по условию II'=r
, а так как
GI=\frac{1}{9}(p^{2}+5r^{2}-16Rr),
то
r^{2}=II'^{2}=\frac{9}{4}GI=\frac{1}{4}(p^{2}+5r^{2}-16Rr)~\Rightarrow~p^{2}+r^{2}-16Rr=0.
Поскольку (см. задачи 452, 2730 и 4259)
r=\frac{S}{p}=\frac{\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}}{p}=\sqrt{\frac{(p-a)(p-b)(p-c)}{p}}
и
R=\frac{abc}{4\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}},
то
p^{2}+\frac{(p-a)(p-b)(p-c)}{p}-\frac{4abc}{p}=0~\Rightarrow
\Rightarrow~p^{3}+(p-a)(p-b)(p-c)-4abc=0~\Rightarrow
\Rightarrow~p^{3}+p^{3}-p^{2}(a+b+c)+p(ab+bc+ac)-abc=4abc~\Rightarrow
\Rightarrow~2p^{3}-2p^{3}+p(ab+bc+ac)=5abc~\Rightarrow~p(ab+bc+ac)=5abc~\Rightarrow
\Rightarrow~(a+b+c)(ab+bc+ac)=10abc~\Rightarrow~\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=\frac{10}{a+b+c}.
Что и требовалось доказать.
Источник: Журнал «Crux Mathematicorum». — 1990, № 10, задача 1474 (1989, 232), с. 307