ГЛАВНАЯ » РЕШЕБНИК

2014-06-07   
Окружность, центр которой лежит на стороне $BC$ равнобедренного треугольника $ABC$, касается его равных сторон $AB$ и $AC$. Доказать, что отрезок с концами $P$ и $Q$, лежащими на сторонах $AB$ и $BC$ соответственно, касается окружности тогда и только тогда, когда $BP \cdot CQ = BC^{2}/4$.


Решение:



Пусть отрезок $PQ$ касается указанной в задаче окружности с центром О (совпадающим с серединой основания $BC$ равнобедренного треугольника $ABC$). Обозначим
$\angle PBO= \angle QCO = \alpha, \angle BPO = \angle QPO = \beta, \angle CQO = \angle PQO = \gamma$
(рис.), тогда, рассматривая четырехугольник $CBPQ$, имеем
$2 \alpha +2 \beta + 2 \gamma=360^{\circ}$, т. е. $\alpha + \beta + \gamma = 180^{\circ}$,
следовательно, треугольники $BPO$ и $COQ$ подобны (по трем углам). Поэтому получаем
$BP \cdot CQ = BO \cdot OC = BC^{2}/4$.
Допустим теперь, что отрезок $P^{\prime}Q^{\prime}$ не касается указанной окружности. Построим отрезок с концами $P$ и $Q$ на сторонах $AB$ и $AC$ соответственно, параллельный отрезку $P^{\prime}Q^{\prime}$ и касающийся окружности. Тогда, согласно доказанному выше, имеем
$BC^{2}/4 = BP \cdot CQ \neq BP^{\prime} \cdot CQ^{\prime}$.
Утверждение полностью доказано.