11290. Пусть \alpha
— угол при вершине A
треугольника ABC
со сторонами BC=a
, AC=b
и AB=c
. Докажите, что \sin\frac{\alpha}{2}\leqslant\frac{a}{b+c}
.
Решение. Первый способ. Опустим перпендикуляры BB_{1}
и CC_{1}
на биссектрису угла BAC
, равного \alpha
. Тогда
a=BC\geqslant CC_{1}+BB_{1}=b\sin\frac{\alpha}{2}+c\sin\frac{\alpha}{2}=(b+c)\sin\frac{\alpha}{2}.
Следовательно,
\sin\frac{\alpha}{2}\leqslant\frac{a}{b+c}.
Второй способ. Пусть AI
— биссектриса треугольника ABC
, I
— центр вписанной окружности треугольника, T
и K
— её точки касания со сторонами AB
и BC
соответственно.
Точка I
лежит на отрезке AL
и делит его в отношении \frac{AI}{IL}=\frac{b+c}{a}
(см. задачу 2906). Тогда, так как IT=IK\leqslant IL
, то
\frac{1}{\sin\frac{\alpha}{2}}=\frac{AI}{IT}=\frac{AI}{IK}\geqslant\frac{AI}{IL}=\frac{b+c}{a}.
Следовательно,
\sin\frac{\alpha}{2}\leqslant\frac{a}{b+c}.
Примечание. См. также статью Г.Филипповского «Замечательные точки треугольника и тригонометрия», Квант, 2010, N4, с.31, 34-35.