12025. Точка I
— центр вписанной окружности треугольника ABC
. Лучи AI
, BI
и CI
пересекают описанную окружность треугольника в точках D
, E
и F
соответственно. Докажите, что
\frac{AI}{ID}+\frac{BI}{IE}+\frac{CI}{IF}\geqslant3.
Решение. Обозначим углы при вершинах A
, B
и C
треугольника ABC
через \alpha
, \beta
и \gamma
, соответственно, противолежащие им стороны — через a
, b
и c
соответственно, полупериметр, радиус вписанной и описанной окружностей — через p
, r
и R
соответственно. Пусть вписанная окружность касается стороны AB
в точке P
.
Тогда (см. задачу 219)
p-a=AP=p-BC=p-a.
Треугольник BDI
равнобедренный с основанием BI
(см. задачу 788), поэтому
ID=BD=2R\sin\frac{\alpha}{2}.
Из прямоугольного треугольника API
получаем
AI=\frac{IP}{\sin\frac{\alpha}{2}}=\frac{r}{\sin\frac{\alpha}{2}},~r\ctg\frac{\alpha}{2}=AP=p-a.
Тогда
\frac{AI}{ID}=\frac{\frac{r}{\sin\frac{\alpha}{2}}}{2R\sin\frac{\alpha}{2}}=\frac{r}{2R\sin^{2}\frac{\alpha}{2}}=\frac{r\cos\frac{\alpha}{2}}{2\sin^{2}\frac{\alpha}{2}\cos\frac{\alpha}{2}}=
=\frac{r\ctg\frac{\alpha}{2}}{R\sin\alpha}=\frac{2r\ctg\frac{\alpha}{2}}{2R\sin\alpha}=\frac{2(p-a)}{a}.
Аналогично,
\frac{BI}{IE}=\frac{2(p-b)}{b},~\frac{CI}{CE}=\frac{2(p-c)}{c}.
Следовательно,
\frac{AI}{ID}+\frac{BI}{IE}+\frac{CI}{IF}=\frac{2(p-a)}{a}+\frac{2(p-b)}{b}+\frac{2(p-c)}{c}=
=\frac{b+c-a}{a}+\frac{a+c-b}{b}+\frac{a+b-c}{c}=
=\left(\frac{b}{a}+\frac{a}{b}\right)+\left(\frac{c}{a}+\frac{a}{c}\right)+\left(\frac{c}{b}+\frac{b}{c}\right)-3\geqslant2+2+2-3=3
(см. задачу 3399). Что и требовалось доказать.
Источник: Журнал «Crux Mathematicorum». — 1982, № 5, задача 644, с. 154