Вспоминай формулы по каждой теме
Решай новые задачи каждый день
Вдумчиво разбирай решения
ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!
Подтемы раздела планиметрия
Решаем задачу:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#68498

Пусть радиусы описанной и вписанной окружностей треугольника ABC  равны R  и r  соответственно.

а) Прямая AI  вторично пересекает описанную окружность треугольника ABC  в точке W  . Докажите, что IA ⋅IW = 2Rr.

б) Докажите, что квадрат расстояния между центрами вписанной и описанной окружностей равен   2
R  − 2Rr.  [Формула Эйлера]

в) Докажите, что радиус описанной около треугольника окружности всегда не меньше, чем диаметр вписанной в данный треугольник окружности. А когда достигается равенство?

Подсказки к задаче

Пункт а), подсказка 1

Для начала можно применить лемму о трезубце и сказать, что WI = WB! А WB можно выразить с помощью теоремы синусов) Что теперь можно сделать с AI?

Пункт а), подсказка 2

Попробуйте опустить из точки I радиус на сторону AB, получится прямоугольный треугольник. А в нем AI выразить через угол и радиус вписанной окружности тоже можно, а дальше уже задача решается)

Пункт б), подсказка 1

Для начала перепишем формулу в виде R² - OI² = 2Rr. Если расписать разность квадратов, то получится произведение (R-OI)(R+OI)..Можно где-то найти такие отрезки?

Пункт б), подсказка 2

Да! Если провести диаметр через точки O и I! А дальше остается понять, почему произведение этих отрезков на этой прямой равно 2Rr. Для этого воспользуйтесь пунктом а)

Пункт в), подсказка 1

Просто смотрим на формулу из пункта б), и становится очевидно, что эта разность неотрицательная. А что делать с равенством?

Пункт в), подсказка 2

Из той же формулы получаем, что при равенстве OI = 0, т.е. I = O. А когда такое может быть?)

Показать доказательство

Решение пункта (а)

PIC

Пусть ∠BAC = α.  Из условия следует, что AW  — биссектриса угла A  , то есть ∠BAW  = α2

Поэтому BW  = 2R ⋅sinα2  . По лемме о трезубце IW  =BW.

Пусть M  — проекция точки I  на AB  . Из прямоугольного треугольника AMI  находим, что

AI =--IM---= -r-α
    sinMAI   sin 2

Итого

          r        α
IA⋅IW = sin-α2 ⋅2R ⋅sin 2-=2Rr

Решение пункта (б)

PIC

Переписав формулу в виде  2    2
R  − OI = 2Rr  , докажем, что обе ее части равны произведению AI ⋅W I  , где W  — точка пересечения биссектрисы угла BAC  с описанной окружностью.

Пусть M, N  — точки пересечения прямой, содержащей OI  и окружности, описанной около треугольника ABC.

По свойству пересекающихся хорд

                                 2    2
AI ⋅WI =NI ⋅MI =(R − OI)(R+ OI)= R − OI

И по доказанному ранее в пункте (а) AI⋅W I = 2Rr  , поэтому

2Rr = R2− IO2

Первый вариант решения пункта (в)

По формуле Эйлера

R2− 2Rr = IO2

Так как правая часть неотрицательна, то и левая часть неотрицательна, то есть

R (R − 2r)≥ 0

Получаем, что R ≥2r  , то есть радиус описанной окружности всегда не меньше диаметра вписанной окружности.

Равенство R= 2r  достигается тогда и только тогда, когда

IO2 = R(R− 2r)=0

То есть центр вписанной окружности совпадает с центром описанной окружности. Это означает, что биссектрисы являются серединными перпендикулярами. Так как это выполняется для любой вершины треугольника, то каждая пара сторон треугольника является парой равных сторон. То есть треугольник является равносторонним.

Второй вариант решения пункта (в)

PIC

Пусть S1  и S2  — вписанная и описанная окружности треугольника ABC  . Через каждую вершину этого треугольника проведём прямые, параллельные противолежащим сторонам. Получим треугольник A1B1C1  , подобный данному с коэффициентом 2  . Пусть R1  — радиус вписанной окружности треугольника A1B1C1  .

Опишем около окружности S2  треугольник A2B2C2  , стороны которого соответственно параллельны сторонам треугольника A1B1C1  так, что прямая B2C2  и точка A1  расположены по разные стороны от прямой BC  , прямая A2C2  и точка B1  — по разные стороны от прямой AC  , прямая A2B2  и точка C1  — по разные стороны от прямой A1B1.

Треугольник A2B2C2  подобен треугольнику A1B1C1  и, следовательно, треугольнику ABC  . Стороны треугольника A2B2C2  не меньше соответствующих сторон треугольника A1B1C1  (второй из этих треугольников целиком заключён внутри первого). Поэтому R ≥ R1= 2r.

Равенство достигается только в случае, когда все стороны треугольника A1B1C1  касаются окружности S2  . Тогда

             ∘
∠A = ∠A1 = 180 − 2∠A

Следовательно, ∠A= 60∘.  То же верно для остальных углов. Треугольник является правильным.

Третий вариант решения пункта (в)

Пусть a, b  и c  — стороны треугольника, p  — полупериметр, S  — площадь. Тогда

R = abc,  r = S-,S = ∘p(p−-a)(p−-b)(p-− c)
    4S       p

Положим

p − a =x∕2,p− b= y∕2,p − c= z∕2

Имеем

R-  a4bcS-  abcp-  ----------abc-----------  (x-+y)(y+-z)(x+-z)
2r = 2Sp = 2S2 = (a+ b− c)(b+c− a)(a+ c− b) =      8xyz      ≥ 1

Где последнее — в силу неравенства о средних для трёх чисел.

Следовательно, R≥ 2r  . Равенство достигается, когда x= y = z  , то есть a= b= c  в случае равностороннего треугольника.

Специальные программы

Все специальные программы

Программа
лояльности v2.0

Приглашай друзей в Школково и получай вознаграждение до 10%!

Крути рулетку
и выигрывай призы!

Крути рулетку и покупай курсы со скидкой, которая привязывается к вашему аккаунту.

Бесплатное обучение
в Школково

Для детей ДНР, ЛНР, Херсонской, Запорожской, Белгородской, Брянской областей, а также школьникам, находящимся в пунктах временного размещения Крыма обучение на платформе бесплатное.

Налоговые вычеты

Узнай, как получить налоговый вычет при оплате обучения в «Школково».

Специальное предложение
для учителей

Бесплатный доступ к любому курсу подготовки к ЕГЭ или олимпиадам от «Школково». Мы с вами делаем общее и важное дело, а потому для нас очень значимо быть чем-то полезными для учителей по всей России!

Вернём деньги за курс
за твою сотку на ЕГЭ

Сдать экзамен на сотку и получить обратно деньги за подготовку теперь вполне реально!

cyberpunkMouse
cyberpunkMouse
Рулетка
Вы можете получить скидку в рулетке!