11506. Отрезок с концами на сторонах треугольника делит его площадь пополам. Докажите, что его длина больше r\sqrt{2}
, где r
— радиус вписанной окружности треугольника.
Решение. Пусть KM
— отрезок, делящий пополам площадь треугольника ABC
. Обозначим
AB=c,~AC=b,~\angle A=\alpha,~\angle B=\beta,~\angle C=\gamma,~KM=l,~AK=x,~AM=y.
Тогда
S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}bc\sin\alpha,~S_{\triangle AKM}=\frac{1}{2}xy\sin\alpha,
а так как S_{\triangle AKM}=\frac{1}{2}S_{\triangle ABC}
, то xy=\frac{1}{2}bc
.
По теореме косинусов
l^{2}=x^{2}+y^{2}-2xy\cos\alpha\geqslant2xy-2xy\cos\alpha=
=2xy(1-\cos\alpha)=4xy\sin^{2}\frac{\alpha}{2}=2bc\sin^{2}\frac{\alpha}{2}
(так как x^{2}+y^{2}\geqslant2xy~\Leftrightarrow~(x-y)^{2}\geqslant0
). Значит, достаточно доказать, что l^{2}\gt2r^{2}
, или bc\sin\frac{\alpha}{2}\gt r^{2}
.
Пусть I
— центр вписанной окружности треугольника ABC
, P
— точка касания вписанной окружности со стороной AC
, Q
— точка на стороне AC
, для которой IQ\parallel BC
, B_{1}
и C_{1}
— проекции точек соответственно B
и C
на прямую AI
.
Поскольку CIB_{1}
— внешний угол треугольника ACI
, то
\angle CIC_{1}=\frac{\alpha}{2}+\frac{\beta}{2}\lt\frac{\alpha}{2}+\frac{\beta}{2}+\frac{\gamma}{2}=90^{\circ},
поэтому AC_{1}\gt AI
. Значит,
r=IP\leqslant IQ\lt CC_{1}=AC\sin\angle CAC_{1}=b\sin\frac{\alpha}{2}.
Аналогично, r\lt c\sin\frac{\alpha}{2}
. Перемножив эти два неравенства, получим, что bc\sin\frac{\alpha}{2}\gt r^{2}
. Что и требовалось доказать.
Автор: Голованов А. С.
Источник: Московская областная математическая олимпиада. — 1998-1999, 10 класс