6100. Докажите, что если длины сторон треугольника образуют арифметическую прогрессию (такой треугольник называется разностным), то:
а) радиус вписанной окружности равен \frac{1}{3}
высоты, опущенной на среднюю сторону;
б) прямая, проходящая через точку пересечения медиан треугольника и центр вписанной окружности, параллельна средней стороне;
в) биссектриса угла, противолежащего средней стороне, перпендикулярна прямой, проходящей через центры вписанной и описанной окружностей (это равносильно тому, что центр вписанной окружности делит пополам отрезок этой биссектрисы, заключённый внутри описанной окружности);
г) для всех точек этой биссектрисы сумма расстояний до сторон треугольника постоянна;
д) центр вписанной окружности, середины наибольшей и наименьшей сторон и вершина угла, ими образованного, лежат на одной окружности;
е) середина средней стороны и основание опущенной на неё высоты симметричны относительно точки касания с этой стороной вписанной окружности;
ж) радиус вневписанной окружности, касающейся средней стороны, равен высоте, опущенной на эту сторону.
Решение. Первый способ. Пусть I
и O
— центры соответственно вписанной и описанной окружностей треугольника ABC
со сторонами BC=a
, AC=b
, AB=c
, причём c=\frac{a+b}{2}
— средняя сторона треугольника, CQ
— биссектриса треугольника ABC
.
По свойству биссектрисы треугольника \frac{AQ}{QB}=\frac{AC}{BC}=\frac{b}{a}
, а так как AQ+QB=c=\frac{a+b}{2}
, то AQ=\frac{b}{2}
и QB=\frac{a}{2}
. Кроме того, AI
— биссектриса треугольника ACQ
, поэтому
\frac{CI}{IQ}=\frac{AC}{AQ}=\frac{b}{\frac{b}{2}}=2,~IQ=\frac{1}{3}CQ.
а) Пусть CH
— высота треугольника ABC
, T
— проекция точки I
на сторону AB
. Из подобия прямоугольных треугольников ITQ
и CHQ
получим, что \frac{IT}{CH}=\frac{IQ}{CQ}=\frac{1}{3}
. Следовательно, IT=\frac{1}{3}CH
.
б) Пусть L
— середина стороны AB
, M
— точка пересечения медиан треугольника ABC
. Тогда \frac{CM}{ML}=2=\frac{CI}{IQ}
. Следовательно, IM\parallel AB
.
в) Пусть продолжение биссектрисы CQ
пересекает описанную окружность треугольника ABC
в точке D
. Тогда AD=ID
(см. задачу 788).
Пусть K
— середина стороны AC
. Треугольники AKI
и AQI
равны по двум сторонам и углу между ними (AK=AQ=\frac{b}{2}
, сторона AI
— общая, \angle KAI=\angle QAI
), значит, \angle CKI=\angle AQD
как соответствующие внешние углы равных треугольников. Тогда треугольники AQD
и CKI
равны по стороне и двум прилежащим к ней углам (AQ=CK=\frac{b}{2}
, \angle QAD=\angle BAD=\angle BCD
, \angle AQD=\angle CKI
по доказанному). Значит, CI=AD=DI
. Поэтому I
— середина хорды CD
.
Таким образом, OI
— медиана равнобедренного треугольника COD
, следовательно, OI\perp CQ
.
г) Пусть расстояния от произвольной точки F
, лежащей на биссектрисе CQ
до сторон AC
, BC
и AB
равны x
, x
и y
соответственно (точка, лежащая на биссектрисе угла, равноудалена от его сторон). Тогда
S_{\triangle ABC}=S_{\triangle AFC}+S_{\triangle BFC}+S_{\triangle AFB},
\frac{1}{2}\cdot\frac{a+b}{2}\cdot CH=\frac{1}{2}bx+\frac{1}{2}ax+\frac{1}{2}\cdot\frac{a+b}{2}\cdot y,
\frac{a+b}{2}\cdot CH=(a+b)x+\frac{a+b}{2}\cdot y,
откуда находим, что 2x+y=CH
, т. е. сумма расстояний то точки F
до сторон треугольника ABC
равна высоте CH
.
д) Пусть N
— середина стороны BC
. Поскольку I
— середина CD
, отрезки IN
и IK
— средние линии треугольников CBD
и CAD
, значит, IN\parallel BD
и IK\parallel AD
. Поэтому четырёхугольник CKIN
гомотетичен вписанному четырёхугольнику CADB
. Следовательно, точки C
, K
, I
, N
лежат на одной окружности.
е) См. замечание к задаче 10171.
ж) Пусть r
— радиус вписанной окружности треугольника, а r_{c}
— радиус вневписанной окружности, касающейся стороны AB=c
, p
— полупериметр треугольника. Тогда (см. задачи 452 и 392)
r=\frac{S_{\triangle ABC}}{p},~r_{c}=\frac{S_{\triangle ABC}}{p-c},~r_{c}:r=p:(p-c)=p:\frac{1}{3}p=3,
поскольку c=\frac{2p}{3}
. Следовательно,
r_{c}=3r=CH.
Второй способ. Пусть I
и O
— центры соответственно вписанной и описанной окружностей треугольника ABC
со сторонами AB=c
, BC=c-d
, AC=c+d
(d\gt0)
, CQ
— биссектриса треугольника ABC
.
По свойству биссектрисы треугольника \frac{AQ}{QB}=\frac{AC}{BC}=\frac{c+d}{c-d}
, а так как AQ+QB=c
, то AQ=\frac{c+d}{2}
и QB=\frac{c-d}{2}
. Кроме того, AI
— биссектриса треугольника ACQ
, поэтому
\frac{CI}{IQ}=\frac{AC}{AQ}=\frac{c+d}{\frac{c+d}{2}}=2,~IQ=\frac{1}{3}CQ.
Если L
— середина AB
, то QL=\frac{d}{2}
.
а) Пусть CH
— высота треугольника ABC
, T
— проекция точки I
на сторону BC
. Из подобия прямоугольных треугольников ITQ
и CHQ
получим, что \frac{IT}{CH}=\frac{IQ}{CQ}=\frac{1}{3}
. Следовательно, IT=\frac{1}{3}CH
.
б) Пусть M
— точка пересечения медиан треугольника ABC
. Тогда \frac{CM}{ML}=2=\frac{CI}{IQ}
. Следовательно, IM\parallel AB
. (Заметим, что IM=\frac{2}{3}QL=\frac{d}{3}
.)
г) См. первый способ.
е) Из прямоугольных треугольников CHB
и CHA
получаем, что
BC^{2}-BH^{2}=AC^{2}-AH^{2},~\mbox{или}~(c-d)^{2}-BH^{2}=(c+d)^{2}-(c-BH)^{2},
откуда находим, что BH=\frac{c}{2}-2d
. Следовательно, HL=BL-BH=2d
.
Пусть p
— полупериметр треугольника. Тогда
p=\frac{c-d+c+d+c}{2}=\frac{3}{2}c,~BT=p-AC=\frac{3}{2}c-c-d=\frac{c}{2}-d,
TH=BT-BH=\left(\frac{c}{2}-d\right)-\left(\frac{c}{2}-2d\right)=d,
TL=BL-BT=\frac{c}{2}-\left(\frac{c}{2}-d\right)=d=TH.
Что и требовалось доказать.
в) Пусть D
— точка пересечения луча CI
с описанной окружностью треугольника ABC
. Тогда D
— середина дуги AB
, а прямая DL
— серединный перпендикуляр к стороне AB
. По доказанному точка T
— середина отрезка HL
. В то же время, HL
— проекции отрезка CD
на прямую AB
. Следовательно, I
— середина отрезка CD
.
д) См. первый способ.
ж) Пусть I_{c}
— центр вневписанной окружности, касающейся стороны AB
в точке F
, I_{c}F=r_{c}
— радиус этой окружности. Тогда
AF=BT=\frac{c}{2}-d,~QF=AQ-AF=\frac{c+d}{2}-\left(\frac{c}{2}-d\right)=\frac{3}{2}d,
TQ=BQ-BT=\frac{c-d}{2}-\left(\frac{c}{2}-d\right)=\frac{d}{2},~QH=HT+TQ=d+\frac{d}{2}=\frac{3}{2}d=QF.
Значит, прямоугольные треугольники CHQ
и I_{c}FQ
равны по катету и прилежащему острому углу. Следовательно,
r_{c}=I_{c}F=CH.
Примечание. 1. Можно доказать, что свойства а, б, в, г, е, ж являются характеристическими для разностного треугольника.
2. См. также статью И.А.Кушнира «Классические средние в треугольнике», Квант, 2013, N2, с.32-33.
3. См. также статью А.Карлюченко и Г.Филипповского «Об одной замечательной прямой в треугольнике», Квант, 2007, N4, с.31, 34-35.
Источник: Шарыгин И. Ф. Геометрия: 9—11 кл.: От учебной задачи к творческой: Учебное пособие. — М.: Дрофа, 1996. — № 442, с. 53
Источник: Моденов П. С. Сборник задач по специальному курсу элементарной математики. — М.: Советская наука, 1957. — № 85, с. 188
Источник: Саратовская олимпиада. — 1952/1953, I тур, 9 класс
Источник: Андреева А. Н., Барабанов А. И., Чернявский И. Я. Саратовские математические олимпиады. 1950/51—1994/95. — М.: МЦНМО, 2013. — № 10, с. 11
Источник: Московская математическая олимпиада. — 1964, XXVII, 2-й тур, 9 класс (фрагмент)
Источник: Гальперин Г. А., Толпыго А. К. Московские математические олимпиады. — М.: Просвещение, 1988. — № 34, с. 88 (фрагмент)
Источник: Готман Э. Г., Скопец З. А. Решение геометрических задач аналитическим методом: Пособие для учащихся 9—10 кл. — М.: Просвещение, 1979. — № 26, с. 10