13971. Точки D
, E
и F
— основания биссектрис AD
, BE
и CF
треугольника ABC
; вписанная окружность треугольника касается его сторон BC
, CA
и AB
в точках M
, N
и P
соответственно. Докажите, что площадь треугольника MNP
не превосходит площади треугольника DEF
.
Решение. Обозначим через \alpha
, \beta
и \gamma
углы треугольника ABC
при вершинах A
, B
и C
соответственно, r
— радиус вписанной окружности. Пусть I
— точка пересечения биссектрис треугольника. Тогда
\angle PIM=180^{\circ}-\beta,
поэтому
S_{\triangle PIM}=\frac{1}{2}PI\cdot MI\sin\angle PIM=\frac{r^{2}}{2}\sin(180^{\circ}-\beta)=\frac{r^{2}}{2}\sin\beta.
Аналогично,
S_{\triangle MIN}=\frac{r^{2}}{2}\sin\gamma,~S_{\triangle NIP}=\frac{r^{2}}{2}\sin\alpha.
Поскольку треугольник MNP
остроугольный (см. задачу 1303), точка I
лежит внутри него. Значит,
S_{\triangle MNP}=S_{\triangle PIM}+S_{\triangle MIN}+S_{\triangle NIP}=\frac{r^{2}}{2}(\sin\beta+\sin\gamma+\sin\alpha).
С другой стороны, поскольку
\angle FID=90^{\circ}+\frac{\beta}{2}=180^{\circ}-\frac{\alpha+\gamma}{2},
то
S_{\triangle FID}=\frac{1}{2}ID\cdot IF\sin\angle FID=\frac{1}{2}ID\cdot IF\sin\left(180^{\circ}-\frac{\alpha+\gamma}{2}\right)=
=\frac{1}{2}ID\cdot IF\sin\frac{\alpha+\gamma}{2}.
Аналогично,
S_{\triangle EIF}=\frac{1}{2}IE\cdot IF\sin\frac{\beta+\gamma}{2},~S_{\triangle DIE}=\frac{1}{2}ID\cdot IE\sin\frac{\alpha+\beta}{2}.
Поскольку углы DEF
, EIF
и FID
тупые, точка I
лежит внутри треугольника DEF
. Значит,
S_{\triangle DEF}=S_{\triangle DIE}+S_{\triangle EIF}+S_{\triangle FID}=
=\frac{1}{2}ID\cdot IE\sin\frac{\alpha+\beta}{2}+\frac{1}{2}IE\cdot IF\sin\frac{\beta+\gamma}{2}+\frac{1}{2}ID\cdot IF\sin\frac{\alpha+\gamma}{2}.
Треугольники PIF
, MID
и NIE
прямоугольные, поэтому
IF\geqslant r,~ID\geqslant r,~IE\geqslant r.
Значит,
S_{\triangle DEF}\geqslant\frac{r^{2}}{2}\left(\sin\frac{\alpha+\beta}{2}+\sin\frac{\beta+\gamma}{2}+\sin\frac{\alpha+\gamma}{2}\right).
Таким образом, осталось доказать, что
\sin\beta+\sin\gamma+\sin\alpha\leqslant\sin\frac{\alpha+\beta}{2}+\sin\frac{\beta+\gamma}{2}+\sin\frac{\alpha+\gamma}{2}.
Поскольку \sin\frac{\alpha+\beta}{2}\geqslant0
и \cos\frac{\alpha-\beta}{2}\leqslant1
, то
\sin\alpha+\sin\beta=2\sin\frac{\alpha+\beta}{2}\cos\frac{\alpha-\beta}{2}\leqslant2\sin\frac{\alpha+\beta}{2}.
Аналогично,
\sin\beta+\sin\gamma\leqslant2\sin\frac{\beta+\gamma}{2},~\sin\alpha+\sin\gamma\leqslant2\sin\frac{\alpha+\gamma}{2}.
Сложив эти три неравенства, получим
2\sin\beta+2\sin\gamma+2\sin\alpha\leqslant2\sin\frac{\alpha+\beta}{2}+2\sin\frac{\beta+\gamma}{2}+2\sin\frac{\alpha+\gamma}{2}.
Следовательно,
\sin\beta+\sin\gamma+\sin\alpha\leqslant\sin\frac{\alpha+\beta}{2}+\sin\frac{\beta+\gamma}{2}+\sin\frac{\alpha+\gamma}{2}.
Что и требовалось доказать.