12998. Неравенство Эрдёша. Пусть h
— наибольшая высота нетупоугольного треугольника, R
и r
— радиусы соответственно описанной и вписанной окружностей треугольника. Докажите, что r+R\leqslant h
.
Решение. Пусть углы при вершинах A
, B
и C
треугольника ABC
, равны \alpha
, \beta
и \gamma
соответственно, O
и I
— центры соответственно описанной и вписанной окружностей треугольника, K
, L
и M
— точки касания вписанной окружности со сторонами соответственно BC
, CA
и AB
. Предположим, что
\gamma\leqslant\beta\leqslant\alpha\leqslant90^{\circ}.
Тогда CH=h
— наибольшая высота треугольника (см. задачу 3536), а BC
— наибольшая его сторона (см. задачу 3499).
Докажем, что точка O
лежит внутри треугольника KCI
. Действительно, во-первых,
CK=IK\ctg\angle KCI=r\ctg\frac{\gamma}{2}\geqslant r\ctg\frac{\beta}{2}=KB,
во-вторых, поскольку треугольник BOC
равнобедренный, то
2\angle BCO=180^{\circ}-\angle BOC=180^{\circ}-\alpha\leqslant180^{\circ}-\alpha-\beta=\gamma=2\angle BCI,
поэтому \angle BCO\leqslant\angle BCI
. Таким образом, точки O
и C
лежат по одну сторону от прямой IK
, и точка O
лежит внутри угла KCI
. Следовательно, точка O
лежит внутри треугольника KCI
.
Поскольку \angle BCO=\angle ACH
(см. задачу 20), при симметрии относительно прямой CI
Прямая CO
переходит в прямую CH
. Пусть O'
— точка, симметричная точке O
относительно прямой CI
, P
— точка пересечения CH
и IL
. Тогда
CP\geqslant CO'=CO=R.
В то же время,
PH\geqslant IM=r,
так как
\angle MIL=180^{\circ}-\angle MAL=180^{\circ}-\alpha\geqslant180^{\circ}-90^{\circ}=90^{\circ}.
Следовательно,
h=CH=CP+PH\geqslant R+r.
Что и требовалось доказать.