16405. Точка H
— ортоцентр треугольника ABC
, I
— центр вписанной окружности. Докажите, что
HI^{2}=4R^{2}+3r^{2}+4Rr-p^{2},
где p
— полупериметр треугольника, а r
и R
— радиусы соответственно вписанной и описанной окружностей.
Решение. Первый способ (решение Е.Н.Ширикова). Обозначим BC=a
, CA=b
, AB=c
. Тогда (см. задачу 4159)
\overrightarrow{HI}=\frac{a\overrightarrow{HA}+b\overrightarrow{HB}+c\overrightarrow{HC}}{a+b+c}~\Rightarrow~2p\overrightarrow{HI}=a\overrightarrow{HA}+b\overrightarrow{HB}+c\overrightarrow{HC}.
Пусть M
— середина стороны BC
. Тогда (см. задачи 1257 и 5400)
\overrightarrow{HA}=-\frac{1}{2}\overrightarrow{OM}=-(\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}),
а так как
\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{OC}-\overrightarrow{OB},
то
a^{2}=\overrightarrow{BC}^{2}=(\overrightarrow{OC}-\overrightarrow{OB})^{2}=R^{2}+R^{2}-2\overrightarrow{OC}\cdot\overrightarrow{OB},
откуда
2\overrightarrow{OC}\cdot\overrightarrow{OB}=2R^{2}-a^{2}.
Аналогично,
2\overrightarrow{OA}\cdot\overrightarrow{OC}=2R^{2}-b^{2},~2\overrightarrow{OA}\cdot\overrightarrow{OB}=2R^{2}-c^{2}.
Тогда
4p^{2}HI^{2}=4p^{2}\overrightarrow{HI}^{2}=(a\overrightarrow{HA}+b\overrightarrow{HB}+c\overrightarrow{HC})^{2}=
=(a(\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC})+b(\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OC})+c(\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}))^{2}=
=((b+c)\overrightarrow{OA}+(a+c)\overrightarrow{OB}+(a+b)\overrightarrow{OC})^{2}=
=R^{2}((b+c)^{2}+(a+c)^{2}+(a+b)^{2})+2(b+c)(a+b)\overrightarrow{OA}\cdot\overrightarrow{OC}+2(b+c)(a+c)\overrightarrow{OA}\cdot\overrightarrow{OB}+
+2(a+c)(a+b)\overrightarrow{OB}\cdot\overrightarrow{OC})=
=R^{2}(2a^{2}+2b^{2}+2c^{2}+2ab+2ac+2bc)+(b+c)(a+b)(2R^{2}-b^{2})+
+(c+a)(c+b)(2R^{2}-c^{2})+(a+c)(a+b)(2R^{2}-a^{2})=
=R^{2}(2a^{2}+2b^{2}+2c^{2}+2ab+2ac+2bc+2(a+c)(a+b)+2(c+a)(c+b)+2(a+c)(a+b))-F(a,b,c),
где
F(a,b,c)=a^{2}(a+c)(a+b)+b^{2}(b+c)(b+a)+c^{2}(c+a)(c+b).
Далее получаем, что коэффициент при R^{2}
равен
2a^{2}+2b^{2}+2c^{2}+2ab+2ac+2bc+2(a+c)(a+b)+2(c+a)(c+b)+2(a+c)(a+b)=
=2a^{2}+2b^{2}+2c^{2}+2ab+2ac+2bc+(2a^{2}+2ab+2ac+2bc)+(2c^{2}+2bc+2ac+2ab)+(2b^{2}+2ab+2ac+2bc)=
=4a^{2}+4b^{2}+4c^{2}+8ab+8ac+8bc=4(a^{2}+b^{2}+c^{2}+2ab+2ac+2bc)=4(a+b+c)^{2}=16p^{2},
и
F(a,b,c)=a^{2}(a+c)(a+b)+b^{2}(b+c)(b+a)+c^{2}(c+a)(c+b)=
=a^{2}(2p-b)(2p-c)+b^{2}(2p-a)(2p-c)+c^{2}(2p-b)(2p-a)=
=a^{2}(4p^{2}-2p(b+c)+bc)+b^{2}(4p^{2}-2p(a+c)+ac)+c^{2}(4p^{2}-2p(a+b)+ab)=
=4p^{2}(a^{2}+b^{2}+c^{2})-2p(a^{2}b+a^{2}c+b^{2}a+b^{2}c+c^{2}a+c^{2}b+3abc-3abc)+a^{2}bc+b^{2}ac+c^{2}ab=
=4p^{2}(a^{2}+b^{2}+c^{2})-2p(ab(a+b+c)+bc(a+b+c)+ac(a+b+c))+6pabc+abc(a+b+c)=
=4p^{2}(a^{2}+b^{2}+c^{2})-2p(ab(a+b+c)+bc(a+b+c)+ac(a+b+c))+6pabc+2pabc=
=4p^{2}(a^{2}+b^{2}+c^{2})-2p(ab(a+b+c)+bc(a+b+c)+ac(a+b+c))+8pabc=
=4p^{2}(a^{2}+b^{2}+c^{2})-4p^{2}(ab+bc+ac)+8pabc=
=4p^{2}((a+b+c)^{2}-2ab-2bc-2ac-ab-bc-ac)+8pabc=
=4p^{2}(4p^{2}-3(ab+bc+ac))+8pabc=
=4p^{2}(4p^{2}-3(r^{2}+p^{2}+4rR))+8p\cdot4pRr=
=16p^{4}-12p^{2}r^{2}-12p^{4}-48p^{2}Rr+32p^{2}Rr=
=4p^{4}-12p^{2}r^{2}-16p^{2}Rr,
так как ab+bc+ac=r^{2}+p^{2}+4Rr
(см. задачу 11293) и abc=4pRr
(см. задачи 4259 и 452).
Следовательно,
HI^{2}=\frac{1}{4p^{2}}(4p^{4}R^{2}-(4p^{4}-12p^{2}r^{2}-16p^{2}Rr))=
=4R^{2}-(p^{2}-3r^{2}-4Rr)=4R^{2}-p^{2}+3r^{2}+4Rr.
Второй способ. Пусть E
— центр окружности девяти точек, O
— центр описанной окружности. Тогда IE
— медиана треугольника OIH
. По формуле для медианы получаем
4IE^{2}=2OI^{2}+2HI^{2}-OH^{2},
откуда
HI^{2}=2IE^{2}+\frac{1}{2}OH^{2}-OI^{2}.
По теореме Фейербаха (см. задачу 6117) вписанная окружность внутренним образом касается окружности девяти точек, поэтому IE=\frac{R}{2}-r
. Воспользуемся результатом задачи 4145а
OH^{2}=9R^{2}-(a^{2}+b^{2}+c^{2}),
формулой Эйлера (см. задачу 126)
OI^{2}=R^{2}-2Rr
и равенством
a^{2}+b^{2}+c^{2}=2(p^{2}-r^{2}-4Rr),
полученном в примечании к задаче 11293.
Итак,
HI^{2}=2\left(\frac{R}{2}-r\right)^{2}+\frac{1}{2}(9R^{2}-2(p^{2}-r^{2}-4Rr))-(R^{2}-2Rr)=
=\frac{1}{2}R^{2}-2Rr+2r^{2}+\frac{9}{2}R^{2}-p^{2}+r^{2}+4Rr-R^{2}+2Rr=4R^{2}+3r^{2}+4Rr-p^{2}.