Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 3931
2019-07-03 
Формула Эйлера. Докажите, что $O_{1}O^{2}_{2}=R^{2}-2rR$, где $O_{1}$, $O_{2}$ - центры соответственно вписанной и описанной окружностей треугольника, $r$, $R$ - радиусы этих окружностей.
Решение:
Первый способ. Пусть $B_{1}$ - точка пересечения биссектрисы треугольника $ABC$, проведённой из вершины $B$, с описанной окружностью (рис.1). Обозначим $\angle ABC=\beta$, $\angle ACB=\gamma$. По теореме о внешнем угле треугольника
$\angle B_{1}O_{1}C=\angle O_{1}BC+\angle O_{1}CB=\frac{\beta}{2}+\frac{\gamma}{2}.$
С другой стороны,
$\angle O_{1}CB_{1}=\angle O_{1}CA+\angle B_{1}CA=\angle O_{1}CA+\angle B_{1}BA=\frac{\gamma}{2}+\frac{\beta}{2}.$
Значит, треугольник $O_{1}B_{1}C$ - равнобедренный. По теореме об отрезках пересекающихся хорд
$B_{1}O_{1}\cdot O_{1}B=(R+O_{1}O_{2})(R-O_{1}O_{2})=R^{2}-O_{1}O^{2}_{2}.$
Пусть $P$ - проекция точки $O_{1}$ на сторону $BC$. Тогда $O_{1}P=r$. Из прямоугольного треугольника $BO_{1}P$ находим, что
$O_{1}B=\frac{O_{1}P}{\sin\angle O_{1}BP}=\frac{r}{\sin\frac{\beta}{2}},$
а т.к.
$B_{1}O_{1}=B_{1}C=2R\sin\angle B_{1}BC=2R\sin\frac{\beta}{2},$
то
$R^{2}-O_{1}O^{2}_{2}=\frac{r}{\sin\frac{\beta}{2}}\cdot2R\sin\frac{\beta}{2}=2rR.$
Следовательно, $O_{1}O^{2}_{2}=R^{2}-2rR$.
Второй способ. Пусть вписанная окружность касается сторон $AB$, $AC$ и $BC$ треугольника $ABC$ в точках $C'$, $B'$ и $A'$ соответственно (рис.2). При инверсии относительно окружности с центром $O_{1}$, вписанной в треугольник $ABC$, вписанная окружность останется на месте, прямые, содержащие стороны треугольника перейдут в окружности, проходящие через центр $O_{1}$ инверсии и касающиеся окружности инверсии, поэтому вершины $A$, $B$ и $C$ перейдут в середины отрезков $B'C'$, $A'C'$ и $B'C'$ соответственно. Тогда окружность с центром $O_{2}$, описанная около треугольника $ABC$, перейдёт в окружность с центром $O$ радиуса $\frac{r}{2}$, проходящую через середины сторон треугольника $A'B'C'$. Эта окружность гомотетична описанной окружности треугольника $ABC$, причём центр гомотетии совпадает с центром $O_{1}$ инверсии, значит, точка $O$ лежит на прямой $O_{1}O_{2}$.
Пусть $O_{1}O_{2}=d$, $XY$ - диаметр описанной окружности треугольника $ABC$, проходящий через точку $O_{1}$, а $M$ и $N$ - образы точек соответственно $X$ и $Y$ при рассматриваемой инверсии. Тогда
$MN=XY\cdot\frac{r^{2}}{O_{1}X\cdot O_{1}Y}=2R\cdot\frac{r^{2}}{(R-d)(R+d)}=\frac{2Rr^{2}}{R^{2}-d^{2}},$
а т.к. $MN=r$, то $\frac{2Rr^{2}}{R^{2}-d^{2}}=r$. Отсюда находим, что $d^{2}=R^{2}-2rR$.
Третий способ. Обозначим
$BC=a,~AC=b,~AB=c,~\angle BAC=\alpha,~\angle ABC=\beta,~\angle ACB=\gamma.$
Предположим, что треугольник остроугольный. Тогда
$\angle BOC=2\alpha,~\angle AOC=2\beta,~\angle AOB=2\gamma.$
По теореме косинусов из треугольников $BOC$, $AOC$ и $AOB$ находим, что
$\cos2\alpha=\frac{2R^{2}-a^{2}}{2R^{2}}=1-\frac{a^{2}}{2R^{2}},~\cos2\beta=1-\frac{b^{2}}{2R^{2}},~\cos2\gamma=1-\frac{c^{2}}{2R^{2}}.$
Если треугольник тупоугольный или прямоугольный, например, $\alpha\geq90^{\circ}$, то $\cos\angle BOC=\cos(360^{\circ}-2\alpha)=\cos2\alpha$, поэтому полученные формулы верны и в этом случае.
Пусть $S$ - площадь треугольника $ABC$. Тогда $S=\frac{abc}{4R}$ и $S=\frac{(a+b+c)r}{2}$. Поэтому $\frac{abc}{4R}=\frac{(a+b+c)r}{2}$, откуда находим, что $\frac{abc}{a+b+c}=2Rr$.
Воспользуемся формулой
$\overrightarrow{O_{2}O_{1}}=\frac{a\overrightarrow{O_{2}A}+b\overrightarrow{O_{2}B}+c\overrightarrow{O_{2}C}}{a+b+c}.$
Тогда
$\overrightarrow{O_{2}O_{1}}^{2}=\left(\frac{a\overrightarrow{O_{2}A}+b\overrightarrow{O_{2}B}+c\overrightarrow{O_{2}C}}{a+b+c}\right)^{2}=\frac{1}{(a+b+c)^{2}}(a^{2}R^{2}+b^{2}R^{2}+c^{2}R^{2}+2abR^{2}\cos2\gamma+2acR^{2}\cos2\beta+2bcR^{2}\cos2\alpha)=\frac{R^{2}}{(a+b+c)^{2}}\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}+2ab\left(1-\frac{c^{2}}{2R^{2}}\right)+2ac\left(1-\frac{b^{2}}{2R^{2}}\right)+2bc\left(1-\frac{a^{2}}{2R^{2}}\right)\right)=\frac{R^{2}}{(a+b+c)^{2}}\left((a+b+c)^{2}-\frac{abc^{2}}{R^{2}}-\frac{acb^{2}}{R^{2}}-\frac{bca^{2}}{R^{2}}\right)=\frac{R^{2}}{(a+b+c)^{2}}\left((a+b+c)^{2}-\frac{abc}{R}\cdot\frac{a+b+c}{R}\right)=R^{2}-\frac{abc}{a+b+c}=R^{2}-2Rr.$
Что и требовалось доказать.
Формула Эйлера. Докажите, что $O_{1}O^{2}_{2}=R^{2}-2rR$, где $O_{1}$, $O_{2}$ - центры соответственно вписанной и описанной окружностей треугольника, $r$, $R$ - радиусы этих окружностей.
Решение:
Первый способ. Пусть $B_{1}$ - точка пересечения биссектрисы треугольника $ABC$, проведённой из вершины $B$, с описанной окружностью (рис.1). Обозначим $\angle ABC=\beta$, $\angle ACB=\gamma$. По теореме о внешнем угле треугольника
$\angle B_{1}O_{1}C=\angle O_{1}BC+\angle O_{1}CB=\frac{\beta}{2}+\frac{\gamma}{2}.$
С другой стороны,
$\angle O_{1}CB_{1}=\angle O_{1}CA+\angle B_{1}CA=\angle O_{1}CA+\angle B_{1}BA=\frac{\gamma}{2}+\frac{\beta}{2}.$
Значит, треугольник $O_{1}B_{1}C$ - равнобедренный. По теореме об отрезках пересекающихся хорд
$B_{1}O_{1}\cdot O_{1}B=(R+O_{1}O_{2})(R-O_{1}O_{2})=R^{2}-O_{1}O^{2}_{2}.$
Пусть $P$ - проекция точки $O_{1}$ на сторону $BC$. Тогда $O_{1}P=r$. Из прямоугольного треугольника $BO_{1}P$ находим, что
$O_{1}B=\frac{O_{1}P}{\sin\angle O_{1}BP}=\frac{r}{\sin\frac{\beta}{2}},$
а т.к.
$B_{1}O_{1}=B_{1}C=2R\sin\angle B_{1}BC=2R\sin\frac{\beta}{2},$
то
$R^{2}-O_{1}O^{2}_{2}=\frac{r}{\sin\frac{\beta}{2}}\cdot2R\sin\frac{\beta}{2}=2rR.$
Следовательно, $O_{1}O^{2}_{2}=R^{2}-2rR$.
Второй способ. Пусть вписанная окружность касается сторон $AB$, $AC$ и $BC$ треугольника $ABC$ в точках $C'$, $B'$ и $A'$ соответственно (рис.2). При инверсии относительно окружности с центром $O_{1}$, вписанной в треугольник $ABC$, вписанная окружность останется на месте, прямые, содержащие стороны треугольника перейдут в окружности, проходящие через центр $O_{1}$ инверсии и касающиеся окружности инверсии, поэтому вершины $A$, $B$ и $C$ перейдут в середины отрезков $B'C'$, $A'C'$ и $B'C'$ соответственно. Тогда окружность с центром $O_{2}$, описанная около треугольника $ABC$, перейдёт в окружность с центром $O$ радиуса $\frac{r}{2}$, проходящую через середины сторон треугольника $A'B'C'$. Эта окружность гомотетична описанной окружности треугольника $ABC$, причём центр гомотетии совпадает с центром $O_{1}$ инверсии, значит, точка $O$ лежит на прямой $O_{1}O_{2}$.
Пусть $O_{1}O_{2}=d$, $XY$ - диаметр описанной окружности треугольника $ABC$, проходящий через точку $O_{1}$, а $M$ и $N$ - образы точек соответственно $X$ и $Y$ при рассматриваемой инверсии. Тогда
$MN=XY\cdot\frac{r^{2}}{O_{1}X\cdot O_{1}Y}=2R\cdot\frac{r^{2}}{(R-d)(R+d)}=\frac{2Rr^{2}}{R^{2}-d^{2}},$
а т.к. $MN=r$, то $\frac{2Rr^{2}}{R^{2}-d^{2}}=r$. Отсюда находим, что $d^{2}=R^{2}-2rR$.
Третий способ. Обозначим
$BC=a,~AC=b,~AB=c,~\angle BAC=\alpha,~\angle ABC=\beta,~\angle ACB=\gamma.$
Предположим, что треугольник остроугольный. Тогда
$\angle BOC=2\alpha,~\angle AOC=2\beta,~\angle AOB=2\gamma.$
По теореме косинусов из треугольников $BOC$, $AOC$ и $AOB$ находим, что
$\cos2\alpha=\frac{2R^{2}-a^{2}}{2R^{2}}=1-\frac{a^{2}}{2R^{2}},~\cos2\beta=1-\frac{b^{2}}{2R^{2}},~\cos2\gamma=1-\frac{c^{2}}{2R^{2}}.$
Если треугольник тупоугольный или прямоугольный, например, $\alpha\geq90^{\circ}$, то $\cos\angle BOC=\cos(360^{\circ}-2\alpha)=\cos2\alpha$, поэтому полученные формулы верны и в этом случае.
Пусть $S$ - площадь треугольника $ABC$. Тогда $S=\frac{abc}{4R}$ и $S=\frac{(a+b+c)r}{2}$. Поэтому $\frac{abc}{4R}=\frac{(a+b+c)r}{2}$, откуда находим, что $\frac{abc}{a+b+c}=2Rr$.
Воспользуемся формулой
$\overrightarrow{O_{2}O_{1}}=\frac{a\overrightarrow{O_{2}A}+b\overrightarrow{O_{2}B}+c\overrightarrow{O_{2}C}}{a+b+c}.$
Тогда
$\overrightarrow{O_{2}O_{1}}^{2}=\left(\frac{a\overrightarrow{O_{2}A}+b\overrightarrow{O_{2}B}+c\overrightarrow{O_{2}C}}{a+b+c}\right)^{2}=\frac{1}{(a+b+c)^{2}}(a^{2}R^{2}+b^{2}R^{2}+c^{2}R^{2}+2abR^{2}\cos2\gamma+2acR^{2}\cos2\beta+2bcR^{2}\cos2\alpha)=\frac{R^{2}}{(a+b+c)^{2}}\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}+2ab\left(1-\frac{c^{2}}{2R^{2}}\right)+2ac\left(1-\frac{b^{2}}{2R^{2}}\right)+2bc\left(1-\frac{a^{2}}{2R^{2}}\right)\right)=\frac{R^{2}}{(a+b+c)^{2}}\left((a+b+c)^{2}-\frac{abc^{2}}{R^{2}}-\frac{acb^{2}}{R^{2}}-\frac{bca^{2}}{R^{2}}\right)=\frac{R^{2}}{(a+b+c)^{2}}\left((a+b+c)^{2}-\frac{abc}{R}\cdot\frac{a+b+c}{R}\right)=R^{2}-\frac{abc}{a+b+c}=R^{2}-2Rr.$
Что и требовалось доказать.
