CM'=r

[inimitably]

Даден е [tex]\triangle ABC[/tex].Нека [tex]I[/tex] е центърът на вписаната окръжност ,а [tex]M[/tex] е средата на [tex]AB[/tex].Ако правата през [tex]M[/tex] и [tex]I[/tex] пресича височината на триъгълника през [tex]C[/tex] в точка [tex]M'[/tex] , да се докаже , че отсечката [tex]CM'[/tex] е равна на радиуса на вписаната окръжност в триъгълника.

[Реклама]

[inimitably]

Виждам , че никой не проявява интерес , та реших да напиша доказателство , даже жокер и за друго такова ще ви дам.

Означенията са от чертежа *

От подобността на триъгълниците [tex]BJL[/tex] и [tex]BJC[/tex] следва , че [tex]BJ^2=JL.CJ[/tex] или [tex]IJ^2=JL.CJ(*)[/tex].Преобразуваме [tex](*)[/tex] по следния начин:

[tex]IJ/JL=CJ/IJ=JL+IL/JL=CI+IJ/IJ=1+IL/JL=CI/IJ+1[/tex] , тоест [tex]IL/JL=CI/IJ(**)[/tex]

От успоредността [tex]MJ,IP,CH[/tex] получаваме следните отношения :

[tex]MJ/IP=JL/IL[/tex] и [tex]MJ/CZ=IJ/CI[/tex].Като използваме [tex](*)[/tex] достигаме до

[tex]MJ/IP=MJ/CZ[/tex] , т.е. [tex]IP=CZ[/tex]

Нещо повече ако продължим [tex]JP[/tex] до пресичането с [tex]CH[/tex] в точка [tex]N[/tex] , то [tex]IP=NH=CZ[/tex].

[tex]IM/IZ=IJ/IC=MJ/CZ=MP/PH=MJ/NH[/tex] , т.е. [tex]CZ=NH[/tex]

Самият чертеж загатва за елегантно решение с хомотетия.Първо трябва да докажете , че ако [tex]C_{1}[/tex] е допирната точка на външновписаната окръжност , то [tex]CC_{1}[/tex] и [tex]IP[/tex] се пресичат в точка [tex]K[/tex] от вписаната окръжност , а след това и [tex]IM||CC_{1}[/tex].