Номер 165, страница 90 - гдз по геометрии 9 класс учебник Казаков, Казакова

165. Докажите, что отрезок, соединяющий центр вписанной и центр вневписанной окружности треугольника, делится описанной окружностью этого треугольника пополам.

Пусть $I$ — центр вписанной окружности (инцентр) треугольника $ABC$, а $I_a$ — центр вневписанной окружности, касающейся стороны $BC$ и продолжений сторон $AB$ и $AC$ (эксцентр). Пусть $\alpha, \beta, \gamma$ — углы треугольника при вершинах $A, B, C$ соответственно.

Центр $I$ является точкой пересечения внутренних биссектрис углов треугольника. Центр $I_a$ является точкой пересечения внутренней биссектрисы угла $A$ и внешних биссектрис углов $B$ и $C$. Следовательно, точки $A$, $I$ и $I_a$ лежат на одной прямой — биссектрисе угла $A$.

Пусть эта биссектриса пересекает описанную окружность треугольника $ABC$ в точке $M$ (отличной от $A$). Нам нужно доказать, что точка $M$ является серединой отрезка $II_a$, то есть что $MI = MI_a$.

Доказательство состоит из двух частей. Сначала мы докажем, что $MB = MC = MI$, а затем, что $MI_a$ также равно этой величине.

1. Докажем, что $MB = MC = MI$.

Поскольку $AM$ — биссектриса угла $A$, она делит дугу $BC$ описанной окружности на две равные части: $\cup BM = \cup CM$. Равные дуги стягиваются равными хордами, следовательно, $MB = MC$.

Теперь докажем, что треугольник $MCI$ является равнобедренным, показав равенство углов $\angle MCI$ и $\angle MIC$.

Найдем угол $\angle MCI$:

$ \angle MCI = \angle MCB + \angle BCI $.

Угол $\angle BCI$ является половиной угла $C$ треугольника, так как $CI$ — биссектриса: $\angle BCI = \frac{\gamma}{2}$.

Угол $\angle MCB$ опирается на дугу $MB$. На эту же дугу опирается вписанный угол $\angle MAB$. Следовательно, $\angle MCB = \angle MAB = \frac{\alpha}{2}$ (так как $AM$ — биссектриса угла $A$).

Таким образом, $\angle MCI = \frac{\alpha}{2} + \frac{\gamma}{2}$.

Теперь найдем угол $\angle MIC$.

В треугольнике $AIC$ углы $\angle IAC = \frac{\alpha}{2}$ и $\angle ICA = \frac{\gamma}{2}$. Сумма углов треугольника равна $180^\circ$, поэтому $\angle AIC = 180^\circ - (\frac{\alpha}{2} + \frac{\gamma}{2})$.

Поскольку точки $A, I, M$ лежат на одной прямой, угол $\angle MIC$ является смежным с углом $\angle AIC$.

Следовательно, $\angle MIC = 180^\circ - \angle AIC = 180^\circ - \left(180^\circ - \frac{\alpha}{2} - \frac{\gamma}{2}\right) = \frac{\alpha}{2} + \frac{\gamma}{2}$.

Мы получили, что $\angle MCI = \angle MIC = \frac{\alpha+\gamma}{2}$. Значит, треугольник $MCI$ равнобедренный, и $MI = MC$.

Объединяя результаты, получаем $MI = MC = MB$. Это утверждение известно как лемма о трезубце.

2. Докажем, что $MI_a = MB$.

Рассмотрим четырехугольник $BICI_a$.

$BI$ — биссектриса внутреннего угла $B$, а $BI_a$ — биссектриса внешнего угла $B$. Биссектрисы смежных углов перпендикулярны, поэтому $\angle IBI_a = 90^\circ$.

Аналогично, $CI$ — биссектриса внутреннего угла $C$, а $CI_a$ — биссектриса внешнего угла $C$. Поэтому $\angle ICI_a = 90^\circ$.

Сумма противоположных углов четырехугольника $BICI_a$ равна $\angle IBI_a + \angle ICI_a = 90^\circ + 90^\circ = 180^\circ$.

Это означает, что четырехугольник $BICI_a$ является вписанным, то есть все его четыре вершины лежат на одной окружности.

Из первой части мы знаем, что точка $M$ является центром окружности, проходящей через точки $B, I, C$ (так как $MB=MC=MI$). Поскольку точка $I_a$ лежит на той же окружности, что и точки $B, I, C$, то она также равноудалена от центра $M$.

Следовательно, $MI_a = MI = MC = MB$.

Из доказанного следует, что $MI = MI_a$. Это означает, что точка $M$, лежащая на описанной окружности треугольника $ABC$, является серединой отрезка $II_a$.

Утверждение доказано для вневписанной окружности, касающейся стороны $BC$. Доказательство для двух других вневписанных окружностей полностью аналогично.

Ответ: Что и требовалось доказать.