13771. Пусть I
и O
— центры соответственно вписанной и описанной окружностей неравностороннего треугольника ABC
. Докажите, что \angle AIO\leqslant90^{\circ}
тогда и только тогда, когда BC\leqslant\frac{AB+AC}{2}
.
Решение. По теореме косинусов
AO^{2}=AI^{2}+IO^{2}-2AI\cdot IO\cos\angle AIO.
а так как
\angle AIO\leqslant90^{\circ}~\Leftrightarrow~\cos\angle AIO\geqslant0,
то осталось доказать, что
\angle AIO\leqslant90^{\circ}~\Leftrightarrow~AO^{2}\leqslant AI^{2}+IO^{2}.
Обозначим BC=a
, AC=b
, AB=c
, \angle BAC=\alpha
, а p
— полупериметр треугольника. Пусть r
и R
— радиусы соответственно вписанной и описанной окружностей треугольника ABC
, D
— точка касания вписанной окружности со стороной AB
. Тогда AD=p-a
(см. задачу 219). Из прямоугольного треугольника ADI
находим, что
AI^{2}=\frac{AD^{2}}{\cos^{2}\angle DAI}=\frac{(p-a)^{2}}{\cos^{2}\frac{\alpha}{2}}=\frac{(b+c-a)^{2}}{4\cos^{2}\frac{\alpha}{2}}=\frac{(b+c-a)^{2}}{2(1+\cos\alpha)}.
По теореме косинусов
\cos\alpha=\frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2bc}=\frac{(b+c)^{2}-a^{2}-2bc}{2bc}=
=\frac{(b+c-a)(b+c+a)-2bc}{2bc}=\frac{(b+c-a)(b+c+a)}{2bc}-1=
=\frac{(b+c-a)(b+c+a)}{2bc}-1
откуда
1+\cos\alpha=\frac{(b+c-a)(b+c+a)}{2bc}=\frac{(b+c-a)p}{bc}.
Значит,
AI^{2}=\frac{(b+c-a)^{2}}{2(1+\cos\alpha)}=\frac{(b+c-a)^{2}}{\frac{2(b+c-a)p}{bc}}=\frac{bc(b+c-a)}{2p}.
Выражая двумя способами площадь треугольника ABC
(см. задачи 452 и 4259), получаем
pr=\frac{abc}{4R}~\Rightarrow~bc=\frac{4Rrp}{a}.
Значит,
AI^{2}=\frac{bc(b+c-a)}{2p}=\frac{4Rrp}{a}\cdot\frac{b+c-a}{2p}=\frac{2Rr(b+c-a)}{a}.
Кроме того, AI^{2}=R^{2}
, а по формуле Эйлера (см. задачу 126) IO^{2}=R^{2}-2Rr
, поэтому
AI^{2}+IO^{2}=\frac{2Rr(b+c-a)}{a}+R^{2}-2Rr=AO^{2}+\frac{2Rr(b+c-a)}{a}-2Rr=
=AO^{2}+\frac{2Rr(b+c-a)(b+c-2a)}{a}.
Значит,
AI^{2}+IO^{2}\geqslant AO^{2}~\Leftrightarrow~b+c\geqslant2a.
Отсюда следует утверждение задачи.