3241. Пусть r_{a}
— радиус вневписанной окружности треугольника, касающейся стороны, равной a
, r
— радиус вписанной окружности, \alpha
, \beta
и \gamma
— углы, противолежащие сторонам a
, b
и c
, p
— полупериметр треугольника. Докажите, что:
\mbox{а)}~a=r\left(\ctg\frac{\beta}{2}+\ctg\frac{\gamma}{2}\right)=\frac{r\cos\frac{\alpha}{2}}{\sin\frac{\beta}{2}\sin\frac{\gamma}{2}};~\mbox{б)}~a=r_{a}\left(\tg\frac{\beta}{2}+\tg\frac{\gamma}{2}\right)=\frac{r_{a}\cos\frac{\alpha}{2}}{\cos\frac{\beta}{2}\cos\frac{\gamma}{2}};
\mbox{в)}~p-b=r\ctg\frac{\beta}{2};~\mbox{г)}~a=r_{a}\ctg\frac{\alpha}{2}.
Решение. Пусть ABC
— треугольник с углами \alpha
, \beta
, \gamma
при вершинах A
, B
, C
соответственно, BC=a
, AC=b
. Пусть также вписанная окружность с центром I
радиуса r
касается стороны BC
в точке K
, вневписанная окружность с центром I_{a}
касается этой стороны в точке L
, а продолжения сторон AB
и AC
в точках P
и Q
соответственно.
а) Лучи BI
и CI
— биссектрисы углов при вершинах B
и C
. Из прямоугольных треугольников IKB
и IKC
находим, что
BK=IK\ctg\angle IBK=r\ctg\frac{\beta}{2},~CK=IK\ctg\angle ICK=r\ctg\frac{\gamma}{2}.
Следовательно,
a=BC=BK+CK=r\ctg\frac{\beta}{2}+r\ctg\frac{\gamma}{2}=r\left(\ctg\frac{\beta}{2}+\ctg\frac{\gamma}{2}\right)=
=r\left(\frac{\cos\frac{\beta}{2}}{\sin\frac{\beta}{2}}+\frac{\cos\frac{\gamma}{2}}{\sin\frac{\gamma}{2}}\right)=r\left(\frac{\cos\frac{\beta}{2}\sin\frac{\gamma}{2}+\sin\frac{\beta}{2}\cos\frac{\gamma}{2}}{\sin\frac{\beta}{2}\sin\frac{\gamma}{2}}\right)=
=\frac{r\sin\left(\frac{\beta}{2}+\frac{\gamma}{2}\right)}{\sin\frac{\beta}{2}\sin\frac{\gamma}{2}}=\frac{r\sin\left(90^{\circ}-\frac{\alpha}{2}\right)}{\sin\frac{\beta}{2}\sin\frac{\gamma}{2}}=\frac{r\cos\frac{\alpha}{2}}{\sin\frac{\beta}{2}\sin\frac{\gamma}{2}}.
б) Лучи BI_{a}
и CI_{a}
— биссектрисы внешних углов при вершинах B
и C
треугольника ABC
, поэтому
\angle BI_{a}L=90^{\circ}-\angle CBI_{a}=90^{\circ}-\frac{1}{2}(180^{\circ}-\beta)=\frac{\beta}{2}.
Аналогично \angle CI_{a}L=\frac{\gamma}{2}
. Из прямоугольных треугольников I_{a}LB
и I_{a}LC
находим, что
BL=I_{a}L\tg\angle BI_{a}L=r_{a}\tg\frac{\beta}{2},~CL=I_{a}L\tg\angle CI_{a}L=r_{a}\tg\frac{\gamma}{2}.
Следовательно,
a=BC=BL+CL=r_{a}\tg\frac{\beta}{2}+r_{a}\tg\frac{\gamma}{2}=r_{a}\left(\tg\frac{\beta}{2}+\tg\frac{\gamma}{2}\right)=
=r_{a}\left(\frac{\sin\frac{\beta}{2}}{\cos\frac{\beta}{2}}+\frac{\sin\frac{\gamma}{2}}{\cos\frac{\gamma}{2}}\right)=r_{a}\left(\frac{\sin\frac{\beta}{2}\cos\frac{\gamma}{2}+\cos\frac{\beta}{2}\sin\frac{\gamma}{2}}{\cos\frac{\beta}{2}\cos\frac{\gamma}{2}}\right)=
=\frac{r_{a}\sin\left(\frac{\beta}{2}+\frac{\gamma}{2}\right)}{\cos\frac{\beta}{2}\cos\frac{\gamma}{2}}=\frac{r_{a}\sin\left(90^{\circ}-\frac{\alpha}{2}\right)}{\cos\frac{\beta}{2}\cos\frac{\gamma}{2}}=\frac{r_{a}\cos\frac{\alpha}{2}}{\cos\frac{\beta}{2}\cos\frac{\gamma}{2}}.
в)
p-b=p-AC=BK=IK\ctg\angle IBK=r\ctg\frac{\beta}{2}
(см. задачу 219).
г) Применяя теорему о равенстве отрезков касательных, проведённых к окружности из одной точки, получим, что
2p=AB+AC+BC=AB+AC+(BL+CL)=(AB+BL)+(AC+CL)=
=(AB+BP)+(AC+CQ)=AP+AQ=2AP,
поэтому p=AP
. Из прямоугольного треугольника AI_{a}P
находим, что
p=AP=I_{a}P\ctg\angle I_{a}AP=r_{a}\ctg\frac{\alpha}{2}.
Источник: Прасолов В. В. Задачи по планиметрии. — Ч. 1. — М.: Наука, 1991. — № 12.17, с. 303
Источник: Прасолов В. В. Задачи по планиметрии. — 6-е изд. — М.: МЦНМО, 2007. — № 12.18, с. 291
Источник: Куланин Е. Д., Федин С. Н. Геометрия треугольника в задачах: Экспериментальное учебное пособие для 8—10 кл. школ физико-математического направления. — М.: НИИ школ, 1990. — № 33(3), с. 60