Вневписанные окружности

Решайте с нами. Решайте, как мы. Решайте лучше нас!

Рассмотрим основные соотношения, связанные с вписанной, описанной и вневписанными окружностями.

Пусть дан треугольник ABC, длины сторон которого AB = c, BC = a,
AC = b, p = . Пусть вписанная окружность с центром O и радиусом r касается сторон AB, BC и AC в точках C1, A1 и B1 соответственно, R — радиус окружности, описанной около треугольника ABC (рис. 1).

1. Докажите: AC1 = AB1 = p – a;
BA1 = BC1 = p – b; CA1 = CB1 = p – c.

Доказательство. AC1 = AB1 по свойству касательных, проведённых из одной точки к окружности. Пусть AC1 =
= AB1 = x, тогда BC1 = BA1 = c – x, CB1 = СA1 = b – x. Так как BA1 + СA1 = BC, то верно равенство:

c – x + b – x = a,

из которого получим, что x = = p – a, что и требовалось доказать.

Аналогично получим, что BA1 = BC1 = p – b; CA1 = CB1 = p – c.

2. Докажите, что если в прямоугольном треугольнике ABC (= 90°) верно равенство r = p – c.

Доказательство. OA1 ⊥ CB, CB1 ⊥ CB, следовательно, OA1 ∥ CB1, аналогично OB1 ∥ CA1. Следовательно, четырёхугольник OA1CB1 — параллелограмм с равными сторонами и прямым углом: OB1 = OA1 = r и — прямой. Значит, OA1CB1 — квадрат. Так как A1C = r и A1C = p – c, то r = p – c, что и требовалось доказать.

Окружность называют вневписанной окружностью данного треугольника, если она касается одной стороны треугольника и продолжений двух других его сторон.

Пусть дана вневписанная окружность с центром O1 и радиусом R1, касающаяся стороны BC в точке K и продолжений сторон AB и AC в точках C2 и B2 соответственно (рис. 1).

3. Докажите: а) AC2 = AB2 = p; б) B1B2 = C1C2 = a; в) CK = CB2 = p – b.

Доказательство. а) AC2 = AB2, BC2 = KB, CB2 = KC по свойству касательных, проведённых из одной точки к окружности.

2p = AB + BC + AC = AB + BK + KC + AC = AB + BC2 + CB2 = AC2 + AB2. Так как AC2 = AB2, то AC2 = AB2 = p, что и требовалось доказать.

б) Так как AB2 = p, AB1 = p – a, то B1B2 = AB2 – AB1 = p – (p – a) = a. Аналогично доказывается, что C1C2 = a, т. е. B1B2 = C1C2 = a, что и требовалось доказать.

в) Так как B1B2 = a, B1C = p – c, то CK = CB2 = a – (p – c) = p – b, что и требовалось доказать.

Некоторые сведения из задач 1–3 пригодятся при решении задачи 4.

Пусть R1, R2 и R3 — радиусы вневписанных окружностей треугольника ABC с центрами O1, O2 и O3, касающихся сторон длины a, b и c соответственно.

4.* Докажите, что OO1 + OO2 + OO3 ≤ 6R.

Задачу 4 прислал учитель математики М.Г. Назаров, она из книги Э.Г. Готман, З.А. Скопец. Решение геометрических задач аналитическим методом. Пособие для учащихся 9 и 10 кл. — М.: Просвещение, 1979. – 128 с.

В решении задачи используются два факта.

Теорема Мансиона. Отрезок, соединяющий центры вписанной и вневписанной окружностей треугольника, делится описанной окружностью пополам.

Для углов , и треугольника справедливо неравенство

cos + cos + cos .

А вот решение задачи 4, которое прислал М.А. Куканов (г. Саранск).

Решение. I способ. Пусть в треугольнике ABC А = , B = , C = .

1) Проведем OD || B1B2 до пересечения с O1B2 (рис. 3), откуда
OD = B1B2 = a (следствие задачи 3, б).

2) Центры окружностей О и О1 лежат на биссектрисе угла А, поэтому O1OD =
= O1AB2 = . Из прямоугольного треугольника OO1D следует, что
OO1 = . Аналогично получаем, что

OO2 = и OO3 = .

3) OO1 + OO2 + OO3 = + .

Из теоремы синусов следует, что

OO1 + OO2 + OO3 = 4R,

где R — радиус окружности, описанной около треугольника АВС.

4) Используем известное неравенство Йенсона для выпуклой вверх функции y = sin x на промежутке от 0о до 180о:

, следовательно,
OO1 + OO2 + OO3 4R∙ = 6R.

Примечание. Про неравенство Йенсона можно прочитать в книге:

Гомонов, С.А. Замечательные неравенства: способы получения и примеры применения. 10-11 кл.: учебное пособие / С.А.Гомонов. – М.: Дрофа, 2006. (Неравенство Йенсона для выпуклой вверх (вогнутой) функции приведено на стр. 207).

М.А. Куканов привёл доказательство неравенства Йенсона для трёх значений функции.

Доказательство. Пусть функция f (x) на заданном промежутке имеет выпуклый вверх график и на её графике отмечены точки A (xA; yA), В (xB; yB) и С (xC; yC) (рис. 4). Надо доказать, что f ≥ .

Построим точки D (xD; yD) и E (xE; yE) на отрезках AB и BC, делящие отрезки AB и CB в заданном отношении AD : DB = CE : EB = 1 : 2, координаты построенных точек найдём по формулам:

xD = , yD = , xE = , yE = .

Построим середину отрезка DE — точку
M (xM; yM), её координаты найдём по формулам:

xM = = , yM = = .

Так как точка M — середина отрезка DE, концы которого лежат под графиком функции, то f (xM) ≥ yM, что и доказывает требуемое неравенство.

А теперь рассмотрим решение задачи 4, опирающееся только на факты из школьных учебников.

Решение. II способ. Пусть в треугольнике ABC
. Тогда и AB1 = AOcos (рис. 3). Из теоремы о пропорциональных отрезках следует равенство , из которого получаем, что

OO1 = .

Аналогично получаем, что OO2 = , OO3 = .

Искомая сумма OO1 + OO2 + OO3 равна + + ).

Осталось найти наибольшее значение суммы S = + + для углов треугольника .

S = + + = + + =

= + = + 1.

Для любого угла число положительное, поэтому сумма S достигает наибольшего значения, если = 1, то есть если . Тогда

S = = +.

Сумма S достигает наибольшего значения при условии, что =, т. е. при условии, что треугольник ABC равносторонний.

Следовательно, для углов треугольника ABC справедливо неравенство:

+ + ,

из которого следует, что наибольшее значение суммы OO1 + OO2 + OO3 достигается, если треугольник ABC равносторонний, это значение равно
= 6R, т. е. OO1 + OO2 + OO3 6R, что и требовалось доказать.

А.В. Шевкин.

26.09.2017.