ЗАДАЧИ
problems.ru
О проекте | Об авторах | Справочник
Каталог по темам | по источникам | Поиск |
К задаче N

Проект МЦНМО
при участии
школы 57
Задача 116913
Темы:    [ Свойства медиан. Центр тяжести треугольника. ]
[ Взаимное расположение высот, медиан, биссектрис и проч. ]
[ Вписанные и описанные окружности ]
[ Вневписанные окружности ]
[ Гомотетия помогает решить задачу ]
[ Точка Нагеля. Прямая Нагеля ]
[ Длины сторон, высот, медиан и биссектрис ]
[ Формулы для площади треугольника ]
[ Момент инерции ]
Сложность: 5-
Классы: 9,10
В корзину
Прислать комментарий

Условие

Пусть M и I – точки пересечения медиан и биссектрис неравнобедренного треугольника ABC, а r – радиус вписанной в него окружности.
Докажите, что  MI = r/3  тогда и только тогда, когда прямая MI перпендикулярна одной из сторон треугольника.


Решение 1

  Пусть C1 и C2 – точки касания окружностей ω и ωC, соответственно вписанной и вневписанной в треугольник ABC, со стороной AB,
а C' – середина этой стороны. Как известно,  C1C' = C2C'  (см. задачу 55404). При гомотетии с центром C, переводящей ωC в ω, точка C2 переходит в точку C3 на ω, диаметрально противоположную C1 (так как касательные к ω в этих точках параллельны; рис. слева). Значит, IC' – средняя линия треугольника C1C2C3, поэтому  C'I || CC2.  При гомотетии с центром M и коэффициентом –2 точка C' переходит в C, прямая IC' – в параллельную ей прямую СC2, проходящую через C; следовательно, точка I переходит в точку N, лежащую на CC2 (аналогично N лежит на отрезках, соединяющих другие вершины с соответствующими точками касания вневписанных окружностей; точка N называется точкой Нагеля треугольника ABC). Значит, N получается из M гомотетией с центром I и коэффициентом 3.

           
  Перейдём к решению задачи. Пусть  MI = r/3.  Тогда точка N лежит на ω. Пусть для определённости касательная к ω в этой точке пересекает стороны AC и BC; тогда ω и C лежат по разные стороны от этой касательной, а значит,  N = C3.  Так как  IC3AB,  то и  MIAB  (рис. справа).
  Обратно, пусть  ABIM.  Тогда точка N лежит как на прямой IC3, так и на прямой CC2. Поскольку треугольник ABC неравнобедренный, эти прямые различны, а значит,  N = C3  и  r = IN = 3 IM.


Решение 2

  Пусть  ABIM.  Тогда      (C1 – точка касания AB со вписанной окружностью). Пользуясь формулой длины медианы (см. задачу 55267), получаем  AM² = 1/9 (2b² + 2c² – a²),  BM² = 1/9 (2a² + 2c² – b²),  откуда  c(b – a) = ⅓ (b – a)(a + b),  или  a + b = 3c,  то есть  p = 2c.  Легко показать, что верно и обратное: если  p = 2c,  то  ABIM.  Наконец, поскольку
c(IM + r) = 2SABM = ⅔ SABC = 2pr/3,  получаем  IM + r = 4r/3,  или  IM = r/3.
  Пусть, наоборот,  MI = r/3.  По известной формуле для момента инерции (см. задачу 57765)
IA² + IB² + IC² = MA² + MB² + MC² + 3MI² = MA² + MB² + MC² + ⅓ r² = ⅓ (a² + b² + c² + r²).  По теореме Пифагора  IA² = r² + (p – a)²;
по формуле Герона     Итак,  ⅓ (a² + b² + c² + r²) = (p – a)² + (p – b)² + (p – c)² + 3r²,  или
  что (после длинных преобразований) приводится к виду
(p – 2a)(p – 2b)(p – 2c) = 0.  Как показано выше, одна из скобок обращается в нуль тогда и только тогда, когда IM перпендикулярно соответствующей стороне.

Источники и прецеденты использования

олимпиада
Название Всероссийская олимпиада по геометрии
год
Год 2012
класс
Класс 10
задача
Номер 10.3

© 2004-... МЦНМО (о копирайте)
     
Пишите нам
Rambler's Top100

Проект осуществляется при поддержке Департамента образования г.Москвы и ФЦП "Кадры" .