XLIV OM - II - Zadanie 5

Na bokach $ BC $, $ CA $, $ AB $ trójkąta $ ABC $ obrano odpowiednio takie punkty $ D $, $ E $ i $ F $, że okręgi wpisane w trójkąty $ AEF4 $, $ BFD $ i $ CDE $ mają promienie równe $ r_1 $. Okręgi wpisane w trójkąty $ DEF $ i $ ABC $ mają odpowiednio promienie $ r_2 $ i $ r $. Wykazać, że $ r_1+r_2=r $.

Rozwiązanie

Oznaczmy przez $ P $, $ Q $, $ R $ punkty styczności okręgu wpisanego w trójkąt $ ABC $ odpowiednio z bokami $ BC $, $ CA $, $ AB $, a przez $ K $ - punkt styczności okręgu wpisanego w trójkąt $ EAF $ z bokiem $ AF $. Środki tych okręgów oznaczmy odpowiednio przez $ I $ oraz $ J $ (rysunek 8).

Układ równań

\[<br />
|BP| + |CQ| = |BP| + |PC| = |BC|,<br />
\]
\[<br />
|CQ| + |AR| = |CQ| + |QA| = |CA|,<br />
\]
\[<br />
|AR| + |BP| =|AR| + |RB| = |AB|<br />
\]

pozwala wyrazić $ |AR| $, $ |BP| $, $ |CQ| $ przez $ |BC| $, $ |CA| $, $ |AB| $; w szczególności

\[<br />
|AR| = \frac{1}{2}(|CA| + |AB|-|BC|).<br />
\]

Rozważając trójkąt $ EAF $ mamy analogicznie

\[<br />
|AK| = \frac{1}{2}(|EA| + |AF|-|FE|).<br />
\]

om44_2r_img_8.jpg
Trójkąty $ ARI $ oraz $ AKJ $ są podobne w skali $ r:r_1 $. W takim razie $ r \cdot |AK| = r_1 \cdot |AR| $ i na mocy poprzednich równości

\[<br />
r(|EA| + |AF|-|FE|) = r_1(|CA| + |AB|-|BC|).<br />
\]

Analogicznie

\[<br />
r(|FB| + |BD|-|DF|) = r_1(|AB| + |BC|-|CA|),<br />
\]
\[<br />
r(|DC| + |CE|-|ED|) = r_1 (|BC| + |CA|-|AB|).<br />
\]

Dodajemy stronami trzy ostatnie równości i otrzymujemy związek

\[<br />
r \cdot (\textrm{obwód}(ABC) - \textrm{obwód}(DEF)) = r_1 \cdot \textrm{obwód}(ABC).<br />
\]

Oznaczając połowę obwodu trójkąta $ ABC $ przez $ p $, a połowę obwodu trójkąta $ DEF $ przez $ q $, przepisujemy ten związek w postaci

\[<br />
(1) \qquad  (r - r_1)p = rq.<br />
\]

Pole trójkąta jest iloczynem połowy obwodu przez długość promienia koła wpisanego. Zachodzą więc związki:

\[<br />
(2) \qquad<br />
\begin{split}<br />
&\mathrm{pole}(EAF) = \frac{1}{2}r_1 (|EA| + |AF| + |FE|),\\<br />
&\mathrm{pole}(FBD) = \frac{1}{2}r_1 (|FB| + |BD| + |DF|),\\<br />
&\mathrm{pole}(DCE) = \frac{1}{2}r_1 (|DC| + |CE| + |ED|)<br />
\end{split}<br />
\]

oraz

\[<br />
\mathrm{pole}(ABC) = rp, \quad     \mathrm{pole}(DEF) = r_2q.<br />
\]

Trzy trójkąty figurujące we wzorach (2) mają wnętrza parami rozłączne i wypełniają trójkąt $ ABC $ z usuniętym trójkątem $ DEF $. Suma ich pól jest więc równa różnicy pól trójkątów $ ABC $ i $ DEF $, czyli różnicy $ rp-r_2q $. Zatem dodając stronami równości (2) otrzymujemy zależność

\[<br />
rp- r_2q = \frac{1}{2} r_1 \cdot (\textrm{obwód}(ABC) + \textrm{obwód}(DEF)),<br />
\]

czyli $ rp-r_2q = r_1p + r_1q $, czyli jeszcze inaczej

\[<br />
(r-r_1)p = (r_1 +r_2)q.<br />
\]

Zgodnie ze wzorem (1) lewa strona ostatniej równości jest równa $ rq $. Stąd $ r = r_1+r_2 $.

Komentarze

Dodaj nową odpowiedź