Всем привет!
Продолжаем традицию воскресных текстов. В сегодняшней публикации мы разберем несколько задач и фактов, так или иначе связанных с прямой OI. Мой опыт преподавания показал, что такие задачи оказываются трудными, из-за того, что подступиться к этой прямой с геометрической точки зрения не так просто, несмотря на то, что она проходит через два важнейших центра треугольника.
Во всем нижеследующем тексте мы считаем, что треугольник ABC не является равнобедренным, а центры его вписанной и описанной окружности обозначаем традиционно символами I и O соответственно.
Когда какие-то углы вычисляются...
Когда я был классе в восьмом меня прям поразила следующая задача.
Утверждение 1. Если в треугольнике ABC угол OIA равен 30°, то один из углов B и C равен 60°.
Мне всегда казалось, что к углу OIA подобраться практически не возможно... Этим задача и оказывается сложна. Несмотря на простоту формулировки, задача ставит в тупик очень много школьников. Давайте с ней разберемся.
Тут играют очень важную роль два соображения. Первое состоит в том, что прямая OI является осью симметрии для обеих окружностей, вписанной и описанной. А второе соображение общее — если на картинке есть угол в 30 градусов, его часто полезно удвоить, сделав симметрию и заработав равносторонний треугольник.
Давайте отразим точку A относительно прямой OI, получим точку A'. Эта точка, с одной стороны, окажется на описанной окружности треугольника ABC, а с другой стороны, треугольник AIA' будет равносторонним. Таким образом, точка A' есть пересечение серединного перпендикуляра к отрезку AI с описанной окружностью треугольника ABC. Но по лемме от трезубце серединный перпендикуляр к отрезку AI пересекает описанную окружность треугольника ABC в серединах дуг AB и AC. Следовательно, точка A' совпадает с одной из этих середин, пусть, скажем с серединой дуги AC. В этом случае
и задача решена. Утверждение легко обращается.
Если попытаться подумать о других величинах угла OIA, то нечто осмысленное у меня получается только для углов 0°, 180° и 90°. В первых двух случаях имеем, конечно, равнобедренный треугольник, а вот третий сам по себе интересен.
Утверждение 2. Если в треугольнике ABC угол OIA равен 90°, то 2BC=AB+AC.
Действительно, в описанном случае точка I попадает на окружность, построенную на AO как на диаметре, то есть на описанную окружность треугольника AB₁C₁, где B₁ и C₁ — середины сторон AC и AB соответственно. Раз так, заключаем, что IB₁=IC₁. Если через B₂ и C₂ обозначить точки касания вписанной окружности со сторонами AC и AB соответственно, то выводим равенство прямоугольных треугольников IB₁B₂ и IC₁C₂ и равенство отрезков B₁B₂ и C₁C₂.
Следовательно,
Утверждение легко обращается в обратную сторону.
Перпендикулярность прямой OI
Одна из моих любимых задач про прямую OI звучит так.
Утверждение 3. В треугольнике ABC на сторонах AB и AC отмечены такие точки D и E, что DB=BC=CE. Тогда прямые DE и OI перпендикулярны.
Самое простое доказательство основано на том, что отрезки OI и DE перпендикулярны тогда и только тогда, когда
при этом достаточно проверять, что выражение в левой части равенства является симметричным относительно переменных b=AC и c=AB — сторон треугольника. Давайте проделаем соответствующее вычисление. Сохраняя обозначения для середин сторон и точек касания, заведенные выше, видим, что
После понятных преобразований получаем равенство
выражение в правой части которого симметрично относительно b и c. Утверждение доказано.
Однако, все это выглядит немного таинственно. Чуть понятнее становится, когда переписываешь это решение в векторах. Ведь если посмотреть на вектор OI (здесь и далее полужирный шрифт в тексте используется для векторов) его проекции на направления AB и AC равны (b–a)/2 и (c–a)/2 соответственно. Откуда уже совсем просто выводится перпендикулярность вектору DE. Действительно, пусть e₁ и e₂ — единичные векторы, идущие по сторонам AB и AC соответственно, тогда
и
Но нет ли более геометрического решения? Конечно, есть. Одно такое решение можно придумать, проанализировать предыдущее рассуждение с векторами... Оставлю это в качестве упражнения читателям. А другое геометрическое решение основано на новом взгляде на прямую OI.
Утверждение, конечно, остается верным и в случае, когда точки D и E не лежат на сторонах, а попадают на их продолжения...
Прямая OI как прямая Эйлера
Один из довольно продвинутых способов решать задачи с прямой OI — это слегка переосмыслить ее. Давайте рассмотрим треугольник с вершинами в центрах вневписанных окружностей Ia, Ib и Ic треугольника ABC. Треугольник ABC для треугольника IaIbIc является ортотреугольником, то есть точки A, B и C — основания высот треугольника IaIbIc. Точка I является его ортоцентром, а точка O — центром окружности девяти точек. Откуда заключаем, что OI в треугольнике IaIbIc является прямой Эйлера. Таким образом верно утверждение.
Утверждение 4. Прямая OI является прямой Эйлера треугольника с вершинами в центрах вневписанных окружностей.
Утверждений про прямую Эйлера известно уже значительно больше, плюс на ней лежит довольно много известных точек, так что работать с ней куда приятнее.
Например, если хочется найти прямую, перпендикулярную прямой Эйлера, то сделать это довольно просто. Если дан треугольник KLM и X, Y и Z — основания высот треугольника из вершин K, L и M соответственно, то точки пересечения KL с XY, LM с YZ и MK с ZX лежат на одной прямой, перпендикулярной прямой Эйлера треугольника ABC. Давайте уставим этот факт.
Пусть прямые LM и YZ пересекаются в точке P, тогда
поскольку точки L, M, Y и Z лежат на одной окружности с диаметром LM. Следовательно, степени точки P относительно описанной окружности треугольника KLM и его окружности девяти точек равны. Таким образом, точки пересечения KL с XY, LM с YZ и MK с ZX лежат на радикальной оси описанной окружности и окружности девяти точек треугольника KLM, откуда и следует требуемое.
В исходных обозначениях получаем, следующее утверждение.
Утверждение 5. Основания биссектрис внешних углов треугольника ABC лежат на одной прямой перпендикулярной OI.
И если теперь, скажем, хочется устанавливать утверждение 3, то достаточно проверить, что прямая DE параллельна прямой, соединяющей основания биссектрис внешних углов. Это уже проверяется по теореме Фалеса с помощью нехитрых вычислений.
