13945. В прямоугольном треугольнике ABC
проведена высота CD
из вершины прямого угла. Точки I_{1}
и I_{2}
— центры вписанных окружностей треугольников CAD
и CBD
соответственно, r
и \rho
— радиусы вписанных окружностей треугольников ABC
и I_{1}DI_{2}
соответственно. Докажите, что \frac{\rho}{r}\leqslant\frac{1}{2+\sqrt{2}}
.
Решение. Обозначим BC=a
, AC=b
, AB=c
. Пусть I
— центр вписанной окружности треугольника ABC
, а r_{1}
— радиус вписанной окружности треугольника CAD
.
Поскольку DI_{1}
и DI_{2}
— биссектрисы углов ADC
и BDC
, треугольник I_{1}DI_{2}
прямоугольный с прямым углом при вершине D
(см. задачу 937). Из подобия прямоугольных треугольников ACD
и ABC
получаем \frac{I_{1}D}{IC}=\frac{AC}{AB}
. Аналогично, \frac{I_{2}D}{IC}=\frac{BC}{AB}
. Разделив первое из этих равенств на второе получим \frac{I_{1}D}{I_{2}D}=\frac{AC}{AB}
. Значит, треугольники I_{1}DI_{2}
и ACB
подобны, поэтому (см. задачу 2602)
\frac{\rho}{r}=\frac{I_{1}D}{AC}=\frac{r_{1}\sqrt{2}}{AC}.
Из подобия прямоугольных треугольников ACD
и ABC
получаем также, что \frac{r_{1}}{AC}=\frac{r}{AB}
, поэтому
\frac{\rho}{r}=\frac{r_{1}\sqrt{2}}{AC}=\frac{r\cdot\frac{AC}{AB}\sqrt{2}}{AC}=\sqrt{2}\cdot\frac{r}{AB}=\sqrt{2}\cdot\frac{r}{c}.
С другой стороны (см. задачи 217 и 3399)
r=\frac{a+b-c}{2}=\frac{a+b}{2}+c\leqslant\sqrt{\frac{a^{2}+b^{2}}{2}}-\frac{c}{2}=\frac{\sqrt{2(a^{2}+b^{2})}-c}{2}=
=\frac{(\sqrt{2}-1)c}{2}=\frac{c}{2(\sqrt{2}+1)}.
Следовательно,
\frac{\rho}{r}=\sqrt{2}\cdot\frac{r}{c}\leqslant\sqrt{2}\cdot\frac{\frac{c}{2(\sqrt{2}+1)}}{c}=\frac{\sqrt{2}}{2(\sqrt{2}+1)}=\frac{1}{2+\sqrt{2}}.
Что и требовалось доказать.