10533. В треугольнике ABC
угол A
равен 60^{\circ}
, AA'
, BB'
, CC'
— биссектрисы. Докажите, что \angle B'A'C'\geqslant60^{\circ}
.
Решение. Для равностороннего треугольника утверждение задачи очевидно, поэтому можно считать, что AC\gt AB
.
Пусть I
— точка пересечения биссектрис. Тогда \angle B'IC'=120^{\circ}
(см. задачу 4770), точки A
, B'
, I
, C'
лежат на одной окружности, а так как AI
— биссектриса, то B'I=C'I
(см. задачу 55).
Пусть радиус вписанной окружности треугольника ABC
равен r
, а \angle ACB=2\gamma
. Тогда \angle ABC\gt2\gamma
, так как AC\gt AB
. Значит,
2\gamma\lt\angle ABC=120^{\circ}-2\gamma,
откуда \gamma\lt30^{\circ}
. Тогда
IA'=\frac{r}{\sin\angle IA'B}=\frac{r}{\sin\angle AA'B}=\frac{r}{\sin(2\gamma+30^{\circ})}.
Заметим, что 2\gamma+30^{\circ}\lt90^{\circ}
и \gamma+60^{\circ}\lt90^{\circ}
, так как \gamma\lt30^{\circ}
. Значит, из неравенства
2\gamma+30^{\circ}=\gamma+\gamma+30^{\circ}\lt\gamma+60^{\circ}
следует, что \sin(2\gamma+30^{\circ})\lt\sin(\gamma+60^{\circ})
, поэтому
IA'=\frac{r}{\sin(2\gamma+30^{\circ})}\gt\frac{r}{\sin(\gamma+60^{\circ})}=\frac{r}{\sin\angle BC'C}=IC'=IB'.
Значит, точка A
' лежит вне окружности с центром I
радиуса IC'=IB'
. При этом центральный угол B'IC'
этой окружности равен 120^{\circ}
. Следовательно, \angle B'A'C'\lt60^{\circ}
.