12794. Биссектрисы BD
и CE
треугольника ABC
пересекаются в точке I
. Пусть треугольник BIC
равновелик четырёхугольнику AEID
. Докажите, что \angle A\leqslant60^{\circ}
.
Решение. Обозначим BC=a
, AC=b
, AB=c
, \angle A=\alpha
. Пусть r
— радиус вписанной окружности треугольника ABC
.
По свойству биссектрисы треугольника (см. задачу 1509) находим, что
AD=\frac{bc}{a+c},~AE=\frac{bc}{a+b}.
Тогда
S_{\triangle BIC}=\frac{1}{2}ar,~S_{AEID}=S_{\triangle AID}+S_{\triangle AIE}=\frac{1}{2}\cdot\frac{bc}{a+c}\cdot r+\frac{1}{2}\cdot\frac{bc}{a+b}\cdot r,
а так как по условию
\frac{1}{2}ar=\frac{1}{2}\cdot\frac{bc}{a+c}\cdot r+\frac{1}{2}\cdot\frac{bc}{a+b}\cdot r,
то
a=\frac{bc}{a+c}+\frac{bc}{a+b}~\Rightarrow~a(a+b)(a+c)-bc(2a+b+c)=0~\Rightarrow~
\Rightarrow~a^{3}+a^{2}(b+c)+abc-2abc-b^{2}c-bc^{2}=0~\Rightarrow~
a^{2}(a+b+c)-bc(a+b+c)=0~\Rightarrow~(a+b+c)(a^{2}-bc)=0,
а так как a+b+c\ne0
, то a^{2}=bc
.
По теореме косинусов
\cos\alpha=\frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2bc}=\frac{b^{2}+c^{2}-bc}{2bc}=\frac{bc+(b-c)^{2}}{2bc}=
=\frac{1}{2}+\frac{(b-c)^{2}}{2bc}\geqslant\frac{1}{2}.
Следовательно, \alpha\leqslant60^{\circ}
. Равенство достигается тогда и только тогда когда b=c
, т. е. для равностороннего треугольника.