Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 4279
2019-07-31 
Докажите, что $OI_{a}^{2}=R^{2}+2Rr_{a}$, где $O$ - центр описанной окружности треугольника $ABC$, $I_{a}$ - центр вневписанной окружности, касающейся стороны $BC=a$, $R$ и $r_{a}$ - радиусы этих окружностей.
Решение:
Пусть $N$ - точка касания вневписанной окружности с продолжением стороны $AB$, $M$ - точка пересечения отрезка $AI_{a}$ с описанной окружностью треугольника $ABC$, $I$ - центр вписанной окружности треугольника $ABC$. Тогда точки $A$, $I$ и $I_{a}$ лежат на биссектрисе угла $BAC$. Обозначим $\angle BAC=\alpha$, $\angle ABC=\beta$.
По теореме о внешнем угле треугольника
$\angle BIM=\frac{\alpha}{2}+\frac{\beta}{2}.$
С другой стороны,
$\angle IBM=\angle IBC+\angle MBC=\angle IBC+\angle CAM=\frac{\beta}{2}+\frac{\alpha}{2},$
поэтому $\angle IBM=\angle BIM$. Значит, треугольник $BIM$ равнобедренный, $IM=BM$. Следовательно, точка $M$ лежит на серединном перпендикуляре к отрезку $BI$.
Поскольку $\angle IBI_{a}=90^{\circ}$ (как угол между биссектрисами внешних углов), серединный перпендикуляр к катету $BI$ прямоугольного треугольника $IBI_{a}$ проходит через середину гипотенузы $II_{a}$, значит, точка $M$ - середина $II_{a}$, а $BM$ - медиана прямоугольного треугольника $IBI_{a}$, проведённая из вершины прямого угла. Следовательно, $I_{a}M=BM$.
Из прямоугольного треугольника $ANI_{a}$ находим, что $I_{a}A=\frac{I_{a}N}{\sin\frac{\alpha}{2}}=\frac{r_{a}}{\sin\frac{\alpha}{2}}$. По теореме синусов $I_{a}M=BM=2R\sin\frac{\alpha}{2}$.
Пусть прямая $OI_{a}$ пересекает описанную окружность треугольника $ABC$ в точках $P$ и $Q$ ($P$ между $O$ и $I_{a}$). Обозначим $OI_{a}=d$. Тогда
$I_{a}P\cdot I_{a}Q=I_{a}M\cdot I_{a}A=BM\cdot I_{a}A=2R\sin\frac{\alpha}{2}\cdot\frac{r_{a}}{\sin\frac{\alpha}{2}}=2Rr_{a}.$
С другой стороны
$I_{a}P\cdot I_{a}Q=(I_{a}O-OP)(I_{a}O+OQ)=(d-R)(d+R)=d^{2}-R^{2}.$
Следовательно, $d^{2}-R^{2}=2Rr_{a}$. Откуда находим, что $OI_{a}=d^{2}=R^{2}+2Rr_{a}$.
Докажите, что $OI_{a}^{2}=R^{2}+2Rr_{a}$, где $O$ - центр описанной окружности треугольника $ABC$, $I_{a}$ - центр вневписанной окружности, касающейся стороны $BC=a$, $R$ и $r_{a}$ - радиусы этих окружностей.
Решение:
Пусть $N$ - точка касания вневписанной окружности с продолжением стороны $AB$, $M$ - точка пересечения отрезка $AI_{a}$ с описанной окружностью треугольника $ABC$, $I$ - центр вписанной окружности треугольника $ABC$. Тогда точки $A$, $I$ и $I_{a}$ лежат на биссектрисе угла $BAC$. Обозначим $\angle BAC=\alpha$, $\angle ABC=\beta$.
По теореме о внешнем угле треугольника
$\angle BIM=\frac{\alpha}{2}+\frac{\beta}{2}.$
С другой стороны,
$\angle IBM=\angle IBC+\angle MBC=\angle IBC+\angle CAM=\frac{\beta}{2}+\frac{\alpha}{2},$
поэтому $\angle IBM=\angle BIM$. Значит, треугольник $BIM$ равнобедренный, $IM=BM$. Следовательно, точка $M$ лежит на серединном перпендикуляре к отрезку $BI$.
Поскольку $\angle IBI_{a}=90^{\circ}$ (как угол между биссектрисами внешних углов), серединный перпендикуляр к катету $BI$ прямоугольного треугольника $IBI_{a}$ проходит через середину гипотенузы $II_{a}$, значит, точка $M$ - середина $II_{a}$, а $BM$ - медиана прямоугольного треугольника $IBI_{a}$, проведённая из вершины прямого угла. Следовательно, $I_{a}M=BM$.
Из прямоугольного треугольника $ANI_{a}$ находим, что $I_{a}A=\frac{I_{a}N}{\sin\frac{\alpha}{2}}=\frac{r_{a}}{\sin\frac{\alpha}{2}}$. По теореме синусов $I_{a}M=BM=2R\sin\frac{\alpha}{2}$.
Пусть прямая $OI_{a}$ пересекает описанную окружность треугольника $ABC$ в точках $P$ и $Q$ ($P$ между $O$ и $I_{a}$). Обозначим $OI_{a}=d$. Тогда
$I_{a}P\cdot I_{a}Q=I_{a}M\cdot I_{a}A=BM\cdot I_{a}A=2R\sin\frac{\alpha}{2}\cdot\frac{r_{a}}{\sin\frac{\alpha}{2}}=2Rr_{a}.$
С другой стороны
$I_{a}P\cdot I_{a}Q=(I_{a}O-OP)(I_{a}O+OQ)=(d-R)(d+R)=d^{2}-R^{2}.$
Следовательно, $d^{2}-R^{2}=2Rr_{a}$. Откуда находим, что $OI_{a}=d^{2}=R^{2}+2Rr_{a}$.
