О свойствах центра вневписанной окружности

38

О свойствах центра внешней окружности

В этой заметке мы приведем решение задачи M1146. Сама по себе эта задача не сложна. Но при ближайшей рассмотрении за ней выступается длинная цепочка обобщений.

M1146. Точка K — середина стороны AB равностороннего треугольника ABC. На сторонах AC и BC взяты точки M и N так, что ∠MKN=60°. Доказите, что перimeter треугольника MCN равен половине перimeter треугольника ABC.

Возьем сразу обобщий случай. Пусть K — точка на биссекторice угла MCN величины γ, причем точки K и C лежат по разные стороны от MN (рис. 1). Тогда следующее условия эквивалентны:

(1) ∠MKN=(π−γ)/2,
(2) MN=PM+QM, где P и Q — проекции точки K на стороны угла.

Задача M1146 получается от сюда при γ=60° (рис. 2): в этом случае угол MKN в равенстве (1) равен 60°, а свойство (2) эквивалентно равенством CM+MN+NC=CP+CQ=2CK cos 30°=3AB/2, т. е. утверждение задачи. Заметим, кстати, что при γ=90° возникает задача M851 (см. «Квант» № 3 за 1984 г.).

Одно из доказательств эквивалентности (1) и (2) можно получить, проверив △KPM на угол π−γ во кругл точки K (рис. 3). В результате он перейдет в △KQL (∠PKQ=π−γ), где L — некоторая точка на прямой CN, причем ∠MKL=∠MKQ+∠QKL=

= ∠MKQ+∠PKM=π−γ, NL=NQ+QL=NQ+MP. Следовательно, каждое из условий (1) и (2) эквивалентно равенству треугольников MKN и LKN. Действительно, эти треугольники заведено имеют общую сторону KN и равные стороны KM и KL, а кроме того, в силу (1) — равные углы (∠MKN=(π−γ)/2 и ∠LKN=∠LKM=∠LKM−∠NKM=π−γ-(π−γ)/2, а в силу (2) — равные стороны MN и NL=NQ+QL=NQ+MP.

Второе доказательство эквивалентности (1) и (2) выявляет геометрический смысл точки K. Оказывается, условия (1) и (2) означают, что

(3) K — центр внешней окружности треугольника CMN, т. е. окружности, касающей стороны MN и продолженной сторон CM и CN.

В самом деле, если K — центр этой окружности, то P и Q — точки ее касания с прямыми CM и CN. Пусть R — точка касания окружности с MN (рис. 4), тогда, очевидно, MP=MR, NQ=NR, и, следовательно, выполено свойство (2). А из равенства треугольников KPM и KRM, KQM и KRN следует, что ∠MKN=∠PKQ/2=(π−γ)/2, т. е. выполено условие (1). Обратно, пусть точка K удовлетворяет, например, условия (1). Впищем в угол MCN окружность с центром K и проведем к ней касательную M′N′, параллельную MN. По доказанному ∠M′KN′=(π−γ)/2 = ∠MKN, но это возможно, только если M′=M, N′=N. Таким образом, из (1) следует (3). Аналогично доказывается, что из (2) следует (3).

39

Итак, для всех касательных $MN$ к вписанной в угол $C$ окружности с центром $K$, проведенных со стороны вершины угла, величины угла $MKN$, а также перimetр треугольника $CMN$ построены (и равны, соответственно, $(\pi - \gamma)/2$ и $CP + CQ = 2CK \cos(\gamma/2)$). Еще одна постоянная для всех этих отрезков величины — это произведение отношений, в которых точки $M$ и $N$ делят отрезки $CP$ и $CQ$:

$$\frac{CM \cdot CN}{MP \cdot NQ} = \frac{1}{\sin^2(\gamma/2)}$$

Для доказательства заменим, что $MK$ и $NK$ — биссектрисы внешних углов $PMN$ и $QNM$ треугольника $CMN$ (см. рис. 4). Положим $\angle CMN = \alpha$, $\angle CNM = \beta$, тогда из треугольников $PKM$ и $CKM$ получим $\angle PKM = \alpha/2$, $\angle CKM = \beta/2$.

По теореме синусов

$$\frac{CM}{MP} = \frac{\sin(\beta/2)}{\sin(\alpha/2) \sin(\gamma/2)}$$

$$\frac{CN}{NP} = \frac{\sin(\alpha/2)}{\sin(\beta/2) \sin(\gamma/2)}$$

Из этих равенств сразу следует (4).

Еще одно красивое свойство нашей конфигурации обнаруживается, если проведится отрезок $PQ$ и расстоять треугольник $RUV$, где $U$ и $V$ — точки пересечения $PQ$ с $KM$ и $KN$ (рис. 5):

$$U \cap V = \text{основания высот треугольника } KMN, \text{ причем треугольник } RUV \text{ подобен треугольнику } CNM \text{ с коэффициентом } 1/\sin(\gamma/2).$$

Наметим доказательство с помощью преобразования подобия. Сначала проведем биссектрисы всех (внутренних и внешних) углов треугольника $CMN$ и отметим кроме $K$ еще две точки их пересечения — центры $K_1$ и $K_2$

Двух внешисанных окружностей треугольника $CMN$ (см. рис. 5). Посольку биссектрисы смежных углов перепидикуляры, точки $C, M, N$ — это основания высот треугольника $KK_2K_1$. Поэтому нам достаточно указать преобразование подобия с коэффициентом $k = \sin(\gamma/2)$, переводящие $\triangle KK_1K_2$ в $\triangle KNM$ и одновременно $\triangle MNC$ в $\triangle VUR$. Таким преобразование является композиция $F$ симметричной относительной биссектрисы $l$ угла $MKN$ и готовети с центром $K$ и коэффициентом $k$.

Действительно, при этом преобразования

$$1^\circ$$ точка $K$ остается на месте, а прямые $KK_1$ и $KK_2$ переходит друг в друга, причем $F(K_1) = N$, $F(K_2) = M$ (введ $KN/KK_1 = KM/KK_2 = \cos \angle MKN = \sin(\gamma/2) = k$);

$$2^\circ$$ $F(C) = R$ (так как $F(\triangle KK_1K_2) = \triangle KNM$, а $KC$ и $KR$ — высоты этих треугольников);

$$3^\circ$$ прямая $KP$ переходит в прямую $KC$ (они симметричные относительно $l$), причем $F(R) = E$, где $E$ — точка пересечения $KC$ и $PQ$ ($KE/KR = KE/KP = \cos \angle PKC = k$), и, следовательно.

$$4^\circ$$ прямая $MN$ переходит в прямую $PQ$, а значит, $F(M) = V$, $F(N) = U$.

Попробуйте самостояльно найти «традиционное» доказательство утверждения (5) (свпомогательными окружностями, подсчет углов и т.п.), а также решить следующее задачи.

1. Докажите, что условия (4) и (5) эквивалентны (1), (2) и (3).

2. Покажите, что если в нашей конфигурации брать точку $K$ с самого начала по одному сторону с точкой $C$ от прямой $MN$, то условия (2), (4), (5) будут по-прежнему эквивалентны друг другу, а также условия

$$\begin{align*} (1') & \angle MKN = (\pi + \gamma)/2 \\ (3') & K - центр вписанной окружности треугольника CMN. \end{align*}$$

Э. Г. Готман, В. Н. Дубровский