4945. Окружность, вписанная в треугольник ABC
, касается его сторон BC
, AC
и BC
в точках A_{1}
, B_{1}
и C_{1}
соответственно. Докажите, что периметр треугольника A_{1}B_{1}C_{1}
не больше полупериметра треугольника ABC
.
Решение. Пусть r
— радиус вписанной окружности треугольника ABC
, p
и p_{1}
— полупериметры треугольников ABC
и A_{1}B_{1}C_{1}
соответственно. Требуется доказать, что 2p_{1}\leqslant p
.
Обозначим \angle BAC=\alpha
, \angle ABC=\beta
, \angle ACB=\gamma
. Тогда
\angle B_{1}A_{1}C_{1}=90^{\circ}-\frac{\alpha}{2},~\angle A_{1}B_{1}C_{1}=90^{\circ}-\frac{\beta}{2},~\angle A_{1}C_{1}B_{1}=90^{\circ}-\frac{\gamma}{2}
(см. задачу 1303). Около треугольника A_{1}B_{1}C_{1}
описана окружность радиуса r
, поэтому по теореме синусов
B_{1}C_{1}=2r\sin\angle B_{1}A_{1}C_{1}=\sin\left(90^{\circ}-\frac{\alpha}{2}\right)=2r\cos\frac{\alpha}{2}.
Аналогично
A_{1}C_{1}=2r\cos\frac{\beta}{2},~A_{1}B_{1}=2r\cos\frac{\gamma}{2}.
Поскольку \cos\frac{\alpha}{2}+\cos\frac{\beta}{2}+\cos\frac{\gamma}{2}\leqslant\frac{3\sqrt{3}}{2}
(см. задачу 3251(б)) и r\leqslant\frac{p\sqrt{3}}{9}
(см. задачу 4887),
2p_{1}=B_{1}C_{1}+A_{1}C_{1}+A_{1}B_{1}=2r\cos\frac{\alpha}{2}+2r\cos\frac{\alpha}{2}+2r\cos\frac{\alpha}{2}=
=2r\left(\cos\frac{\alpha}{2}+\cos\frac{\beta}{2}+\cos\frac{\gamma}{2}\right)\leqslant2r\cdot\frac{3\sqrt{3}}{2}=3\sqrt{3}r\leqslant3\sqrt{3}\cdot\frac{p\sqrt{3}}{9}=p.
Что и требовалось доказать.