16414. Дан треугольник ABC
со сторонами BC=a
, CA=b
и AB=c
(a\lt b\lt c
), в котором \angle ABC=60^{\circ}
. Точки H
и O
— ортоцентр и центр описанной окружности соответственно. Докажите, что:
1) a+OH=c
;
2) HA+HB+HC=\frac{2pR}{b}
, где p
— полупериметр треугольника, а R
— радиус описанной окружности.
Решение. Пусть углы треугольника при вершинах A
, B
и C
равны \alpha
, \beta
и \gamma
соответственно. Поскольку \angle ABC=60^{\circ}
, то по теореме синусов
R=\frac{AC}{2\sin\beta}=\frac{b}{2\sin60^{\circ}}=\frac{b}{\sqrt{3}},
а по теореме косинусов
b^{2}=a^{2}+c^{2}-2ac\cos60^{\circ}=a^{2}+c^{2}-ac.
Пусть Q
, N
и P
— середины сторон BC
, CA
и AB
соответственно.
1) Из равенства
OH^{2}=9R^{2}-(a^{2}+b^{2}+c^{2})
(см. задачу 4145а) получаем
OH^{2}=9\cdot\frac{b^{2}}{3}-(a^{2}+b^{2}+c^{2}-ac)+c^{2}=2b^{2}-a^{2}-c^{2}=
=2a^{2}+2c^{2}-2ac-a^{2}-c^{2}=a^{2}-2ac+c^{2}=(a-c)^{2},
откуда OH=c-a
. Следовательно, a+OH=c
. Что и требовалось доказать.
2) Вписанный острый угол ABC
равен половине соответствующего центрального угла AOC
, поэтому
\angle AON=\angle ABC=\angle NOC=60^{\circ}~\Rightarrow~\angle OAN=\angle OCN=30^{\circ}.
Значит,
ON=OA\sin30^{\circ}=OA\sin30^{\circ}=\frac{1}{2}R.
Аналогично,
OQ=R\sin(\gamma-30^{\circ}),~OP=R\sin(\alpha-30^{\circ})~\mbox{или}~OP=R\sin(30^{\circ}-\alpha)
(вторая возможность не обязательна, если рассматриваются ориентированные углы).
При этом по теореме синусов
\sin\alpha=\frac{a\sin60^{\circ}}{b},~\sin\gamma=\frac{c\sin60^{\circ}}{b}.
Тогда (см. задачу 1257)
HA+HB+HC=2(OQ+ON+OP)=2R(\sin(\gamma-30^{\circ})+\sin30^{\circ}+\sin(\alpha-30^{\circ}))=
=2R\left(\sin30^{\circ}+(\sin\alpha\cos30^{\circ}-\cos\alpha\sin30^{\circ})+(\sin\gamma\cos30^{\circ}-\cos\gamma\sin30^{\circ})\right)=
=2R\left(\sin30^{\circ}+(\sin\alpha\cos30^{\circ}+\sin\gamma\cos30^{\circ})+(\sin\gamma\cos30^{\circ}-\cos\gamma\sin30^{\circ})\right)=
=2R\left(\frac{1}{2}+(\sin\alpha\cos30^{\circ}+\sin\gamma\cos30^{\circ})-(\cos\alpha\sin30^{\circ}+\cos\gamma\sin30^{\circ})\right)=
=2R\left(\frac{1}{2}+(\sin\alpha\cos30^{\circ}+\sin\gamma\cos30^{\circ})-\sin30^{\circ}(\cos\alpha+\cos\gamma)\right)=
=2R\left(\frac{1}{2}+\frac{a\sin60^{\circ}\cos30^{\circ}}{b}+\frac{c\sin60^{\circ}\cos30^{\circ}}{b}-\frac{1}{2}\left(\frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2bc}+\frac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{2ab}\right)\right)=
=R\left(1+\frac{3a}{2b}+\frac{3c}{2b}-\left(\frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2c}+\frac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{2a}\right)\right)=
=R\left(1+\frac{3a}{2b}+\frac{3c}{2b}-\left(\frac{(a^{2}+c^{2}-ac)+c^{2}-a^{2}}{2bc}+\frac{a^{2}+(a^{2}+c^{2}-ac)-c^{2}}{2ab}\right)\right)=
=R\left(1+\frac{3a}{2b}+\frac{3c}{2b}-\left(\frac{2c^{2}-ac}{2bc}+\frac{2a^{2}-ac}{2ab}\right)\right)=R\left(1+\frac{3a}{2b}+\frac{3c}{2b}-\left(\frac{2c-a}{2b}+\frac{2a-c}{2b}\right)\right)=
=R\left(1+\frac{3a}{2b}+\frac{3c}{2b}-\frac{c}{b}+\frac{a}{2b}-\frac{a}{b}+\frac{c}{2b}\right)=R\left(1+\frac{a}{b}+\frac{c}{b}\right)=\frac{R(a+b+c)}{b}=\frac{2pR}{b}.
Что и требовалось доказать.
Источник: Журнал «Mathematics Magazine». — 1938, том 12, № 8, задача 199, с. 410