11908. Пусть h
и l
— соответственно высота и биссектриса, проведённые из одной вершины треугольника, r
и R
— радиусы соответственно вписанной и описанной окружностей треугольника. Докажите, что
\frac{h}{l}\geqslant\sqrt{\frac{2r}{R}}.
Решение. Пусть CH=h
и CL=l
— высота и биссектриса треугольника ABC
, P
— точка пересечения луча CL
с описанной окружностью треугольника, I
и O
— центры соответственно вписанной и описанной окружностей треугольника.
Проведём диаметр PK
. Поскольку P
— середина дуги AB
, не содержащей точки C
(см. задачу 430),
\angle CKP=\frac{1}{2}\smile CBP=\frac{1}{2}(\smile CB+\smile BP)=\frac{1}{2}(\smile CB+\smile AP)=\angle CLB,
где \smile CB
, \smile BP
и \smile AP
— угловые величины меньших дуг CB
, BP
и AP
(см. задачу 26). Значит, прямоугольные треугольники CHL
и BCK
подобны. Тогда
\frac{h}{l}=\frac{CH}{CL}=\frac{CP}{KP}=\frac{CP}{2R}=\frac{1}{2R}\cdot\frac{CI+IP}{2}\geqslant\frac{1}{R}\sqrt{CI\cdot IP}.
Докажем, что CI\cdot IP=2rR
, откуда и будет следовать утверждение задачи.
Пусть ID
— перпендикуляр к стороне BC
(т. е. радиус вписанной окружности, проведённый в точку касания), а BM=2R
— ещё один диаметр описанной окружности треугольника ABC
. Прямоугольные треугольники CDI
и MPB
подобны, так как
\angle DCI=\angle BCP=\angle BMP,
поэтому {CI}{BM}=\frac{ID}{BP}
, или \frac{CI}{2R}=\frac{ID}{BP}
, откуда CI\cdot BP=2rR
.
Кроме того, BP=PI
по теореме о трилистнике (см. задачу 788), значит,
CI\cdot IP=CI\cdot BP=2rR.
Следовательно,
\frac{h}{l}\geqslant\frac{1}{R}\sqrt{CI\cdot IP}=\frac{1}{R}\cdot\sqrt{2rR}=\sqrt{\frac{2r}{R}}
Что и требовалось доказать.