16316. Докажите, что для неравностороннего треугольника ABC
следующие условия равносильны:
а) углы треугольника образуют арифметическую прогрессию;
б) общая касательная окружности девяти точек треугольника ABC
и его вписанной окружности параллельна прямой Эйлера этого треугольника.
Решение. Докажем, что каждое из условий а) и б) равносильно условию в): один из углов треугольника ABC
равен 60^{\circ}
.
Пусть углы треугольника ABC
, противолежащие сторонам BC=a
, CA=b
и AB=c
, равны \alpha
, \beta
и \gamma
соответственно, точки O
, H
, I
и N
— соответственно центр описанной окружности, ортоцентр, центр вписанной окружности и центр окружности девяти точек треугольника ABC
(N
— середина отрезка OH
, см. задачу 174).
1. Докажем равносильность а) и в). Пусть, например, \beta=60^{\circ}
. Тогда \alpha+\gamma=120^{\circ}
, следовательно,
\beta=60^{\circ}=\frac{1}{2}\cdot120^{\circ}=\frac{1}{2}(\alpha+\gamma),
т. е. \alpha
, \beta
и \gamma
образуют арифметическую прогрессию.
Пусть \alpha
, \beta
и \gamma
образуют арифметическую прогрессию. Тогда
\beta=\frac{1}{2}(\alpha+\gamma)~\Rightarrow~180^{\circ}=\beta+\alpha+\gamma=\frac{1}{2}(\alpha+\gamma)+(\alpha+\gamma)=\frac{3}{2}(\alpha+\gamma)~\Rightarrow
\Rightarrow~\alpha+\gamma=\frac{2}{3}\cdot180^{\circ}=120^{\circ}.
Следовательно,
\beta=\frac{1}{2}(\alpha+\gamma)=60^{\circ}.
Что и требовалось доказать.
2. Докажем равносильность б) и в). Обозначим через R
и p
— соответственно радиус описанной окружности и полупериметр треугольника ABC
. Из теоремы Фейербаха (см. задачу 6117) следует, что окружность девяти точек треугольника внутренним образом касается вписанной окружности треугольника. Отсюда получаем, что утверждение б) равносильно перпендикулярности прямых OH
и NI
, т. е.
OH\perp NI~\Leftrightarrow~\overrightarrow{OH}\cdot\overrightarrow{NI}=0~\Leftrightarrow~\overrightarrow{OH}(\overrightarrow{OI}-\overrightarrow{ON})=0~\Leftrightarrow
\Leftrightarrow~\overrightarrow{OH}\left(\overrightarrow{OI}-\frac{1}{2}\overrightarrow{OH}\right)=0~\Leftrightarrow~\overrightarrow{OH}\cdot\overrightarrow{OI}-\frac{1}{2}OH^{2}=0~\Leftrightarrow~\overrightarrow{OH}\cdot\overrightarrow{OI}=\frac{1}{2}OH^{2}.
Из этого равенства и равенств
\overrightarrow{OI}=\frac{a\overrightarrow{OA}+b\overrightarrow{OB}+c\overrightarrow{OC}}{a+b+c}
(см. задачу 4159) и
\overrightarrow{OH}=\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}
(см. задачу 4516) получаем
\frac{1}{2}OH^{2}=\overrightarrow{OH}\cdot\overrightarrow{OI}=(\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC})\left(\frac{a\overrightarrow{OA}+b\overrightarrow{OB}+c\overrightarrow{OC}}{a+b+c}\right)~\Leftrightarrow
\Leftrightarrow~\frac{1}{2}(\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC})^{2}=(\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC})\left(\frac{a\overrightarrow{OA}+b\overrightarrow{OB}+c\overrightarrow{OC}}{2p}\right)~\Leftrightarrow
\Leftrightarrow~\frac{R^{2}}{2}(3+2\cos2\alpha+2\cos2\beta+2\cos2\gamma)=
=\frac{R^{2}}{p}\left(p+p(\cos2\alpha+\cos2\beta+\cos2\gamma)-\frac{1}{2}(a\cos2\alpha-b\cos2\beta-c\cos2\gamma)\right)~\Leftrightarrow
\Leftrightarrow~-\frac{1}{2p}(a\cos2\alpha+b\cos2\beta+c\cos2\gamma)=\frac{1}{2}~\Leftrightarrow~a\cos2\alpha+b\cos2\beta+c\cos2\gamma=-p~\Leftrightarrow
\Leftrightarrow~a(1+2\cos2\alpha)+b(1+2\cos2\beta)+c(1+2\cos2\gamma)=0~\Leftrightarrow
\Leftrightarrow~2R\sin\alpha(1+2\cos2\alpha)+2R\sin\beta(1+2\cos2\beta)+2R\sin\gamma(1+2\cos2\gamma)=0~\Leftrightarrow
\Leftrightarrow~\sin\alpha+2\sin\alpha\cos2\alpha+\sin\beta+2\sin\beta\cos2\beta+\sin\gamma+2\sin\gamma\cos2\gamma=0~\Leftrightarrow
\Leftrightarrow~\sin3\alpha+\sin3\beta+\sin3\gamma=0~\Leftrightarrow~4\cos\frac{3\alpha}{2}\cos\frac{3\beta}{2}\cos\frac{3\gamma}{2}=0
(см. задачу 11111). Значит,
\cos\frac{3\alpha}{2}=0~\mbox{или}~\cos\frac{3\beta}{2}=0~\mbox{или}~\cos\frac{3\gamma}{2}=0,
откуда
\alpha=60^{\circ}~\mbox{или}~\beta=60^{\circ}~\mbox{или}~\gamma=60^{\circ}.
Из пунктов 1 и 2 следует утверждение задачи.
Источник: Журнал «Crux Mathematicorum». — 2011, № 6, задача 5 (2010, с. 278-279), с. 370