17709. Точки K_{1}
, K_{2}
и K_{3}
— середины сторон соответственно C_{2}C_{3}
, C_{1}C_{3}
и C_{1}C_{2}
треугольника C_{1}C_{2}C_{3}
. Точки C_{1}
, C_{2}
и C_{3}
— центры окружностей \gamma_{1}
, \gamma_{2}
и \gamma_{3}
соответственно, а K_{1}
, K_{2}
и K_{3}
— центры окружностей \omega_{1}
, \omega_{2}
и \omega_{3}
соответственно. Ни одна из шести окружностей не содержится внутри другой, и никакие две окружности не пересекаются в двух точках. Окружности \omega_{1}
, \omega_{2}
и \omega_{3}
попарно касаются внешним образом. Докажите, что:
а) сумма радиусов окружностей \gamma_{1}
, \gamma_{2}
и \gamma_{3}
не превосходит четверти периметра треугольника ABC
;
б) если сумма радиусов окружностей \gamma_{1}
, \gamma_{2}
и \gamma_{3}
равна четверти периметра треугольника ABC
, то треугольник ABC
равносторонний.
Решение. Обозначим радиусы окружностей \gamma_{1}
, \gamma_{2}
и \gamma_{3}
через r_{1}
, r_{2}
и r_{3}
соответственно, а радиусы окружностей \omega_{1}
, \omega_{2}
и \omega_{3}
через R_{1}
, R_{2}
и R_{3}
соответственно.
Из условия задачи следует, что
R_{1}+R_{2}=K_{1}K_{2}=\frac{1}{2}C_{1}C_{2},
R_{2}+R_{3}=K_{2}K_{3}=\frac{1}{2}C_{2}C_{3},
R_{3}+R_{1}=K_{3}K_{1}=\frac{1}{2}C_{3}C_{1}.
Сложив эти три равенства, получим, что
2R_{1}+2R_{2}+2R_{3}=\frac{1}{2}(C_{1}C_{2}+C_{2}C_{3}+C_{3}C_{1})~\Rightarrow
\Rightarrow~R_{1}+R_{2}+R_{3}=\frac{1}{4}(C_{1}C_{2}+C_{2}C_{3}+C_{3}C_{1}).\eqno(1)
Кроме того,
r_{1}+R_{3}\leqslant\frac{1}{2}C_{1}C_{2},~r_{2}+R_{1}\leqslant\frac{1}{2}C_{2}C_{3},~r_{3}+R_{2}\leqslant\frac{1}{2}C_{3}C_{1}
R_{3}+r_{2}\leqslant\frac{1}{2}C_{1}C_{2},~R_{1}+r_{3}\leqslant\frac{1}{2}C_{2}C_{3},~R_{2}+r_{1}\leqslant\frac{1}{2}C_{3}C_{1}.
Сложив эти шесть равенств, получим, что
2r_{1}+2r_{2}+2r_{3}+2R_{1}+2R_{2}+2R_{3}\leqslant C_{1}C_{2}+C_{2}C_{3}+C_{3}C_{1}.\eqno(2)
а) Поскольку
r_{1}+r_{2}+r_{3}+R_{1}+R_{2}+R_{3}\leqslant\frac{1}{2}(C_{1}C_{2}+C_{2}C_{3}+C_{3}C_{1}),
из (1) и (2) получим
r_{1}+r_{2}+r_{3}\leqslant\frac{1}{2}(C_{1}C_{2}+C_{2}C_{3}+C_{3}C_{1})-(R_{1}+R_{2}+R_{3})=
=\frac{1}{2}(C_{1}C_{2}+C_{2}C_{3}+C_{3}C_{1})-\frac{1}{4}(C_{1}C_{2}+C_{2}C_{3}+C_{3}C_{1})=\frac{1}{4}(C_{1}C_{2}+C_{2}C_{3}+C_{3}C_{1}).
Утверждение а) доказано.
б) Пусть
r_{1}+r_{2}+r_{3}=\frac{1}{4}(C_{1}C_{2}+C_{2}C_{3}+C_{3}C_{1}).
Тогда все неравенства, доказанные выше обращаются в равенства. Тогда
r_{1}+R_{3}=\frac{1}{2}C_{1}C_{2}=r_{2}+R_{3}~\Rightarrow~r_{1}=r_{2}.
Аналогично, r_{1}=r_{3}
. Обозначим r_{1}=r_{2}=r_{3}=r
. Тогда
r+R_{3}=\frac{1}{2}C_{1}C_{2}=R_{1}+R_{2}\mbox{и}~r+R_{2}=\frac{1}{2}C_{1}C_{3}=R_{1}+R_{3},
откуда
2r+R_{2}+R_{3}=2R_{1}+R_{2}+R_{3}~\Rightarrow~R_{1}=r.
Аналогично, R_{2}=R_{3}=r
. Значит, все стороны треугольника C_{1}C_{2}C_{3}
равны 4r
. Следовательно, треугольник равносторонний. Утверждение б) доказано.
Источник: Эстонские математические олимпиады. — 2012, задача 14, 12 класс