16808. Стороны треугольника равны 3, 4 и 5. Найдите расстояние от центра его вписанной окружности до медианы, проведённой к большей стороне.
Ответ. \frac{1}{5}
.
Решение. Данный треугольник ABC
прямоугольный с прямым углом при вершине C
(см. задачу 1972). Пусть I
— центр его вписанной окружности, K
— точка её касания с AB
, CM
— медиана, CH
— высота, а BC=3
и AC=4
. Обозначим \angle BAC=\alpha
. Далее можно рассуждать по-разному.
Первый способ. Поскольку CM=\frac{1}{2}AB=AM
(см. задачу 1109), треугольник AMC
равнобедренный с основанием AC
, поэтому
\angle ACM=\angle CAM=\alpha,
а так как
\angle BCH=90^{\circ}-\angle ACH=90^{\circ}-(90^{\circ}-\alpha)=\alpha=\angle ACM,
то луч CI
— биссектриса угла MCH
(т. е. CM
и CH
— изогонали). Значит, расстояние от точки I
до прямой CM
равно расстоянию от I
до прямой CH
, которое, в свою очередь, равно KH
, так как IK\parallel CH
.
Полупериметр p
треугольника ABC
равен 6, поэтому
BK=p-AC=6-4=2
(см. задачу 219), а так как
BH=\frac{BC^{2}}{AB}=\frac{9}{5}
(см. задачу 2728), то
KH=BK-BH=\frac{9}{5}-2=\frac{1}{5}.
Второй способ. Пусть F
— точка касания катета BC
с вписанной окружностью, искомое расстояние равно x
, радиус окружности равен r
, а площадь треугольника BMC
равна S
. Тогда (см. задачи 217 и 3001)
IF=IK=r=\frac{1}{2}(AC+BC-AB)=\frac{1}{2}(4+3-5)=1,
S=\frac{1}{2}S_{ABC}=\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{2}\cdot3\cdot4=3.
Точка I
лежит внутри треугольника BMC
, так как биссектриса CI
проходит между сторонами угла MCH
. Тогда
S=S_{\triangle BIC}+S_{\triangle BIM}+S_{\triangle CIM}=\frac{1}{2}BC\cdot IF+\frac{1}{2}BM\cdot IK+\frac{1}{2}CM\cdot x,
или
3=\frac{3}{2}+\frac{5}{4}+\frac{5}{4}x,
откуда x=\frac{1}{5}
.
Источник: Московская математическая регата. — 2024, 11 класс, задача 5.2