Question

Дві вершини трикутника зафіксовано в точках А і в, а третя вершина Х пересувається так, що різниця XA - XB є величиною сталою. Доведіть, що центри кіл, вписаних у трикутники АВХ, лежать на одній прямій.

Answer 1

Объяснение:

Для доведення, що центри кіл, вписаних у трикутники АВХ, лежать на одній прямій, ми можемо скористатися властивостями гомотетії та прямокутних трикутників.

Означимо центри вписаних кіл у трикутниках АВХ як I₁, I₂, I₃, де I₁ - центр кола, вписаного у трикутник АВХ, I₂ - центр кола, вписаного у трикутник ВХА, а I₃ - центр кола, вписаного у трикутник ХВА.

Ми знаємо, що різниця XA - XB є сталою величиною. Позначимо її як "d":

XA - XB = d

Ми також можемо використати властивість гомотетії для трикутників АВХ і ВХА. Згідно з властивостями гомотетії, гомотетія з центром в точці Х переводить трикутник АВХ в трикутник ВХА і зберігає відношення сторін:

ХА / АВ = ХВ / ВА

Також, з властивостей гомотетії випливає, що центр гомотетії, точка Х, і центри вписаних кіл у трикутниках АВХ і ВХА (тобто I₁ і I₂) лежать на одній прямій.

Тепер, розглянемо прямокутний трикутник АХВ:

XB² + XA² = AB²

(ХА - d)² + ХА² = AB²

ХА² - 2dХА + d² + ХА² = AB²

2ХА² - 2dХА + d² = AB²

ХА² - dХА + (d² - AB²) = 0

Також розглянемо прямокутний трикутник ВХА:

XA² + XB² = VA²

(ХВ + d)² + ХВ² = VA²

ХВ² + 2dХВ + d² + ХВ² = VA²

2ХВ² + 2dХВ + d² = VA²

ХВ² + dХВ + (d² - VA²) = 0

Враховуючи, що ВА = AV, VA² = AV², ми отримуємо:

ХА² - dХА + (d² - AB²) = 0

ХВ² + dХВ + (d² - AV²) = 0

Зведемо обидва рівняння до однакового вигляду:

ХА² - dХА + (d² - AB²) = 0

ХВ² - dХВ + (d² - AV²) = 0

Тепер візьмемо суму обох рівнянь:

(ХА² - dХА + (d² - AB²)) + (ХВ² - dХВ + (d² - AV²)) = 0 + 0

ХА² + ХВ² - dХА - dХВ + (2d² - AB² - AV²) = 0

ХА² + ХВ² - d(ХА + ХВ) + (2d² - AB² - AV²) = 0

Тепер, з властивостей гомотетії ми знаємо, що ХА / ХВ = ВА / АВ, тобто ХА + ХВ = ВА + АВ. Використовуючи це, рівняння може бути спрощено:

ХА² + ХВ² - 2d(ВА + АВ) + (2d² - AB² - AV²) = 0

ХА² + ХВ² - 2d(ВА + АВ) + 2d² - (AB² + AV²) = 0

ХА² + ХВ² - 2d(ВА + АВ) + 2d² - 2(AB² + AV²) / 2 = 0

ХА² + ХВ² - 2d(ВА + АВ) + 2d² - (AB² + AV²) = 0

(ХА - ВА)² + (ХВ - АВ)² + 2d² - (AB² + AV²) = 0

Таким чином, це рівняння має той самий вигляд, що і рівняння суми квадратів відстаней від точки до точок А і В до точки Х, з додаванням константи 2d² - (AB² + AV²). Це означає, що точка Х лежить на колі з центром у точці, яка має координати (ВА, АВ) і радіусом √(2d² - (AB² + AV²)).

Таким чином, центр кола, вписаного у трикутник ВХА, лежить на колі з центром у точці (ВА, АВ) і радіусом √(2d² - (AB² + AV²)). Оскільки точка (ВА, АВ) також лежить на

колі з центром у точці (АВ, ВА) і радіусом √(2d² - (AB² + AV²)), то центри цих двох колів збігаються.

Отже, центри кіл, вписаних у трикутники АВХ, лежать на одній прямій, яка є перпендикулярною до відрізка І₁І₂, де І₁ і І₂ - центри кіл, вписаних у трикутники АВХ і ВХА, відповідно.

Answer 2

Proof that the centers of the inscribed circles in triangles ABX lie on a straight line

To prove that the centers of the inscribed circles in triangles ABX lie on a straight line, we can use the concept of the incenter of a triangle and the properties of the incenter.

The incenter of a triangle is the center of the circle that is tangent to all three sides of the triangle. Let's denote the incenter of triangle ABX as I.

According to the problem statement, two vertices of the triangle, A and B, are fixed points, and the third vertex, X, moves in such a way that the difference between XA and XB is a constant value.

Let's consider two different positions of the vertex X, denoted as X1 and X2, where X1 and X2 are two arbitrary positions of X that satisfy the condition XA - XB = constant.

We can draw the incircles of triangles ABX1 and ABX2, with centers I1 and I2, respectively.

To prove that I1, I2, and the incenter of triangle ABX lie on a straight line, we need to show that the line segment I1I2 is parallel to the line segment AB.

To do this, we can use the property that the incenter of a triangle is equidistant from the triangle's sides. This means that the distances from the incenter to the sides of the triangle are equal.

Let's consider the distances from I1 and I2 to the sides of triangles ABX1 and ABX2, respectively. Since the incenter is equidistant from the sides, we have:

IA = IB = IX1 (distance from I1 to side ABX1) IA = IB = IX2 (distance from I2 to side ABX2)

Since X1 and X2 are two arbitrary positions of X that satisfy the condition XA - XB = constant, we can conclude that IX1 = IX2.

Therefore, the distances from I1 and I2 to the sides of triangles ABX1 and ABX2 are equal.

This means that the line segment I1I2 is parallel to the line segment AB.

Hence, we have proved that the centers of the inscribed circles in triangles ABX lie on a straight line.

Note: The proof provided above is a general proof for any two positions of X that satisfy the condition XA - XB = constant. If you need a more specific proof for a particular constant value, please let me know.