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

Условие

Автор: Карлюченко А.

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 ω_C, 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 ω_C 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  IC₃ ⊥ AB,  то и  MI ⊥ AB  (рис. справа).
  Обратно, пусть  AB ⊥ IM.  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  AB ⊥ IM.  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  AB ⊥ IM.  Наконец, поскольку
c(IM + r) = 2S_ABM = ⅔ S_ABC = ^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	Олимпиада по геометрии имени И.Ф. Шарыгина
год
Год	2012
класс
Класс	10
задача
Номер	10.3