11415. Точка B
— середина отрезка AC
. По одну сторону от прямой AC
взяты такие точки M
и N
, что AM=BM
и BN=CN
. Докажите, что r\lt r_{2}
, где r
, r_{1}
и r_{2}
— радиусы окружностей, вписанных в треугольники NMB
, AMB
и BNC
соответственно, причём r_{1}\lt r_{2}
.
Решение. Пусть p
, p_{1}
и p_{2}
— полупериметры, S
, S_{1}
и S_{2}
— площади, а MD
и NE
— высоты равнобедренных треугольников AMB
и BNC
соответственно. Тогда
MN\geqslant DE=\frac{1}{2}(AB+BC)~\Rightarrow~p=\frac{1}{2}(MN+MB+BN)\geqslant
\geqslant5=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{2}(AB+BC)+\frac{1}{2}(AM+MB)+\frac{1}{2}(BN+NC)\right)=
=\frac{1}{4}((AM+MB+AB)+(BC+BN+NC))=\frac{1}{4}(2p_{1}+2p_{2})=\frac{1}{2}(p_{1}+p_{2}).
а также (с учётом BD=BE
)
S=S_{DEMN}-S_{\triangle BMD}-S_{\triangle BNE}=
=\frac{1}{2}(MD+NE)\cdot DE-\frac{1}{2}BD\cdot MD-\frac{1}{2}BE\cdot NE=
=(MD+NE)\cdot BD-\frac{1}{2}BD\cdot MD-\frac{1}{2}BD\cdot NE=
=\frac{1}{2}(MD+NE)\cdot BD=\frac{1}{2}MD\cdot BD+\frac{1}{2}NE\cdot BE=\frac{1}{2}(S_{1}+S_{2}).
Значит,
r=\frac{S}{p}\leqslant\frac{\frac{1}{2}(S_{1}+S_{2})}{\frac{1}{2}(p_{1}+p_{2})}=\frac{S_{1}+S_{2}}{p_{1}+p_{2}}.
При этом по условию
\frac{S_{1}}{p_{1}}=r_{1}\lt r_{2}=\frac{S_{2}}{p_{2}},
значит,
r=\frac{S}{p}\leqslant\frac{S_{1}+S_{2}}{p_{1}+p_{2}}\lt\frac{S_{2}}{p_{2}}=r_{2}.
Действительно,
\frac{S_{1}+S_{2}}{p_{1}+p_{2}}\lt\frac{S_{2}}{p_{2}}~\Leftrightarrow~S_{1}p_{2}+S_{2}p_{2}\lt S_{2}p_{1}+S_{2}p_{2}~~\Leftrightarrow~
~\Leftrightarrow~S_{1}p_{2}\lt S_{2}p_{1}~\Leftrightarrow~\frac{S_{1}}{p_{1}}\lt\frac{S_{2}}{p_{2}}.
Что и требовалось доказать.