5093. На отрезке AB
как на диаметре построена полуокружность, и на ней взята произвольная точка C
. Точка D
— основание перпендикуляра, проведённого из точки C
к отрезку AB
. Докажите, что:
а) радиус окружности, вписанной в треугольник ABC
, равен полусумме радиусов окружностей, вписанных в криволинейные треугольники ACD
и BCD
;
б) если окружность, вписанная в криволинейный треугольник ACD
, касается диаметра AB
в точке M
, то BM=BC
.
Решение. Первый способ. а) Точка C
лежит на окружности с диаметром AB
, поэтому треугольник ABC
прямоугольный с прямым углом при вершине C
.
Пусть O
— центр полуокружности (рис. 1), M
и N
— точки касания с гипотенузой AB
окружностей с центрами O_{1}
и O_{2}
радиусов r
и R
, вписанных в криволинейный треугольники ACD
и BCD
соответственно, E
и F
— точки касания этих окружностей с полуокружностью. Положим AD=2a
, BD=2b
. Будем считать, что a\lt b
.
Тогда
OA=OB=\frac{1}{2}AB=\frac{1}{2}(2a+2b)=a+b,
OD=OA-AD=a+b-2a=b-a,
OM=OD+DM=b-a+r,~ON=|DN-OD|=|R-a+b|,
OO_{1}=OE-O_{1}E=OA-O_{1}E=a+b-r,
OO_{2}=OF-O_{2}F=a+b-R.
Применив теорему Пифагора к прямоугольному треугольнику OMO_{1}
, получим, что O_{1}M^{2}=OO_{1}^{2}-OM^{2}
, или
r^{2}=(a+b-r)^{2}-(b-a+r)^{2},
r^{2}=(a+b-r-b+a-r)(a+b-r+b-a+r),
r^{2}=4(a-r)b,~r^{2}+4br-4ab=0.
Отсюда находим, что r=2\sqrt{b(a+b)}-2b
. Аналогично получим, что R=2\sqrt{a(a+b)}-2a
.
Из прямоугольного треугольника ABC
находим, что
AC=\sqrt{AD\cdot AB}=\sqrt{2a(2a+2b)}=2\sqrt{a(a+b)},
BC=\sqrt{BD\cdot AB}=\sqrt{2b(2a+2b)}=2\sqrt{b(a+b)}.
Пусть \rho
— радиус окружности вписанной в треугольник ABC
. Тогда (см. задачу 217)
\rho=\frac{1}{2}(AC+BC-AB)=\frac{1}{2}(2\sqrt{a(a+b)}+2\sqrt{b(a+b)}-2a-2b)=
=\frac{1}{2}((2\sqrt{a(a+b)}-2a)+(2\sqrt{b(a+b)}-2b))=\frac{1}{2}(R+r).
Что и требовалось доказать.
б)
BM=BD+DM=2b+r=2b+(2\sqrt{b(a+b)}-2b)=2\sqrt{b(a+b)}=BC.
Второй способ. б) Пусть окружность с центром O_{1}
, вписанная в криволинейный треугольник ACD
, касается прямой CD
в точке K
(рис. 2). Достроим данную полуокружность до окружности и продолжим отрезок CD
до пересечения с этой окружностью в точке P
. Поскольку B
— середина дуги CP
, не содержащей точки A
, прямая BE
проходит через точку K
(см. задачу 89).
По теореме о касательной и секущей BM^{2}=BK\cdot BE
.
Вписанные углы BEC
и BAC
опираются на одну и ту же дугу, поэтому
\angle BEC=\angle BAC=90^{\circ}-\angle ABC=\angle BCK,
значит, треугольники BKC
и BCE
подобны по двум углам. Тогда \frac{BK}{BC}=\frac{BC}{BE}
. Следовательно,
BC^{2}=BK\cdot BE=BM^{2}.
Что и требовалось доказать.
а) Аналогично докажем, что AC=AN
. Тогда
AB=AC+BC-MN=AC+BC-(r+R),
откуда находим, что
r+R=AC+BC-AB=2\rho
(см. задачу 217). Следовательно, \rho=\frac{1}{2}(r+R)
. Что и требовалось доказать.
Источник: Готман Э. Г., Скопец З. А. Решение геометрических задач аналитическим методом: Пособие для учащихся 9—10 кл. — М.: Просвещение, 1979. — № 337, с. 51