В $%\triangle ABC$% точки $%M_A$%, $%M_B$% и $%M_C$% – середины соответствующих сторон; $%F$%, $%F_A$%, $%F_B$%, $%F_C$% – точки Фейербаха. Пускай $%M$% – одна из четырех точек Фейербаха. Доказать, что один из отрезков $%MM_A$%, $%MM_B$% и $%MM_C$% равняется сумме двух других.

Точки Фейербаха - это точки касания окружности девяти точек с вписанной и тремя вневписанными окружностями. Окружность девяти точек - это окружность, проходящая через середины сторон треугольника.

задан 4 Фев '15 14:04

изменен 4 Фев '15 15:40

%D0%92%D0%B8%D1%82%D0%B0%D0%BB%D0%B8%D0%BD%D0%B0's gravatar image


9917

10|600 символов нужно символов осталось
1

Проверил только для точки $%F$%. Ответ с Вашим совпал. Решение чисто вычислительное, поэтому достаточно "некрасивое".

По теореме Фейербаха, $%\vec{EF}=\frac{R}{R-2r}\vec{EI}$%. Далее все векторы записываем в виде радиус-векторов с началом в центре описанной окружности $%O$%. Прежде всего, из свойств расположения точек $%O$%, $%E$% и $%G$% (точка пересечения медиан) имеет место равенство $%\vec{E}=\frac12(\vec{A}+\vec{B}+\vec{C})$%. Для инцентра имеем известную формулу $%\vec{I}=\frac{a\vec{A}+b\vec{B}+c\vec{C}}{a+b+c}$%. Ясно также, что $%\vec{M_a}=\frac12(\vec{B}+\vec{C})$%.

Из сказанного выше получается такое разложение: $%\vec{FM_a}=\frac{(2pr-Ra)\vec{A}+R(p-b)\vec{B}+R(p-c)\vec{C}}{2p(R-2r)}$%. Теперь можно найти скалярный квадрат, пользуясь общей формулой, которая легко выводится: $%(x\vec{A}+y\vec{B}+z\vec{C})^2=R^2(x+y+z)^2-(xyc^2+xzb^2+yza^2)$%.

Здесь я вынес общий коэффициент пропорциональности $%\frac{R}{2p(R-2r)}$% и применил формулу для значений $%x=\frac{2pr}{R}-a$%, $%y=p-b$%, $%z=p-c$%. Наверное, можно было довести всё до конца и вручную, но у меня на это не хватило терпения, и я подставил числа в Maple. Получилось выражение $%\frac{abc(b-c)^2}{4K}$%, где $%K$% является симметрическим многочленом: $%K=a^3+b^3+c^3-a^2b-ab^2-b^2c-bc^2-c^2a-ac^2+3abc$%. Это доказывает, что $%FM_a$% пропорционально $%|b-c|$% с общим для всех случаев коэффициентом.

ссылка

отвечен 4 Фев '15 23:38

10|600 символов нужно символов осталось
3

alt text

Пусть $%E$% – центр окружности девяти точек (окружности Эйлера), $%I$% - инцентр, $%B_I$% – проекция точки $%I$% на сторону $%AC$%. Из $%\Delta IM_BB_I$% имеем: $%IM_B^2=IB_I^2+B_IM_B^2=r^2+({AM_B-AB_I})^2=r^2+\frac{{({a-c})^2}}{4}$%, $%\Delta M_AM_BM_C$% гомотетичен $%\Delta ABC$% с коэффициентом $%-\frac12$%, поэтому $%EF=EM_B=\frac R2$%. Из $%\Delta M_B EI$% по теореме косинусов имеем: $$\cos\angle M_BEI=\frac{{EM_B^2+EI^2-IM_B^2}}{{2\cdot EM_B\cdot EI}}=\frac{{\left({\frac R2}\right)^2+\left({\frac R2-r}\right)^2-r^2-\frac{(a-c)^2}4}}{{2\left({\frac R2}\right)\left({\frac R2-r}\right)}}=1-\frac{(a-c)^2}{2R(R-2r)}.$$ Из $%\Delta M_BEF$% по теореме косинусов имеем: $$M_BF^2=EM_B^2+EF^2-2EM_B\cdot EF\cos\angle M_B EI=2\left({\frac R2}\right)^2\cdot{\frac{(a-c)^2}{2R(R-2r)}}=\frac{R(a-c)^2}{4(R-2r)}.$$ Аналогично $$M_CF^2=\frac{R(a-b)^2}{4(R-2r)}\text{, }M_AF^2=\frac{R(b-c)^2}{4(R-2r)}.$$ Таким образом, отрезки $%M_AF$%, $%M_BF$% и $%M_CF$% пропорциональны числам $%|b-c|$%, $%|c-a|$% и $%|a-b|$%, а утверждение задачи сводится к проверке очевидного факта – одно из чисел $%|a-b|$%, $%|b-c|$% и $%|c-a|$% равняется сумме двух других.

Для точки $%F_B$% аналогично $$M_BF_B^2=\frac{R(a-c)^2}{4(R+2r_b)}, M_CF_B^2=\frac{R(a+b)^2}{4(R+2r_b)}, M_AF_B^2=\frac{R(b+c)^2}{4(R+2r_b)},$$ а одно из чисел $%a+b$%,$%b+c$% и $%|c-a|$% равняется сумме двух других.

ссылка

отвечен 4 Фев '15 21:40

изменен 4 Фев '15 22:38

10|600 символов нужно символов осталось
Ваш ответ

Если вы не нашли ответ, задайте вопрос.

Здравствуйте

Математика - это совместно редактируемый форум вопросов и ответов для начинающих и опытных математиков, с особенным акцентом на компьютерные науки.

Присоединяйтесь!

отмечен:

×632
×386
×226
×10

задан
4 Фев '15 14:04

показан
3864 раза

обновлен
5 Фев '15 0:06

Отслеживать вопрос

по почте:

Зарегистрировавшись, вы сможете подписаться на любые обновления

по RSS:

Ответы

Ответы и Комментарии

Дизайн сайта/логотип © «Сеть Знаний». Контент распространяется под лицензией cc by-sa 3.0 с обязательным указанием авторства.
Рейтинг@Mail.ru