13771. Пусть I
и O
— центры соответственно вписанной и описанной окружностей неравностороннего треугольника ABC
. Докажите, что \angle AIO\leqslant90^{\circ}
тогда и только тогда, когда BC\leqslant\frac{AB+AC}{2}
.
Решение. Первый способ. По теореме косинусов
AO^{2}=AI^{2}+IO^{2}-2AI\cdot IO\cos\angle AIO,
а так как
\angle AIO\leqslant90^{\circ}~\Leftrightarrow~\cos\angle AIO\geqslant0,
то осталось доказать, что
\angle AIO\leqslant90^{\circ}~\Leftrightarrow~AO^{2}\leqslant AI^{2}+IO^{2}.
Обозначим BC=a
, AC=b
, AB=c
, \angle BAC=\alpha
, а p
— полупериметр треугольника. Пусть r
и R
— радиусы соответственно вписанной и описанной окружностей треугольника ABC
, D
— точка касания вписанной окружности со стороной AB
. Тогда AD=p-a
(см. задачу 219). Из прямоугольного треугольника ADI
находим, что
AI^{2}=\frac{AD^{2}}{\cos^{2}\angle DAI}=\frac{(p-a)^{2}}{\cos^{2}\frac{\alpha}{2}}=\frac{(b+c-a)^{2}}{4\cos^{2}\frac{\alpha}{2}}=\frac{(b+c-a)^{2}}{2(1+\cos\alpha)}.
По теореме косинусов
\cos\alpha=\frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2bc}=\frac{(b+c)^{2}-a^{2}-2bc}{2bc}=
=\frac{(b+c-a)(b+c+a)-2bc}{2bc}=\frac{(b+c-a)(b+c+a)}{2bc}-1=
=\frac{(b+c-a)(b+c+a)}{2bc}-1
откуда
1+\cos\alpha=\frac{(b+c-a)(b+c+a)}{2bc}=\frac{(b+c-a)p}{bc}.
Значит,
AI^{2}=\frac{(b+c-a)^{2}}{2(1+\cos\alpha)}=\frac{(b+c-a)^{2}}{\frac{2(b+c-a)p}{bc}}=\frac{bc(b+c-a)}{2p}.
Выражая двумя способами площадь треугольника ABC
(см. задачи 452 и 4259), получаем
pr=\frac{abc}{4R}~\Rightarrow~bc=\frac{4Rrp}{a}.
Значит,
AI^{2}=\frac{bc(b+c-a)}{2p}=\frac{4Rrp}{a}\cdot\frac{b+c-a}{2p}=\frac{2Rr(b+c-a)}{a}.
Кроме того, AI^{2}=R^{2}
, а по формуле Эйлера (см. задачу 126) IO^{2}=R^{2}-2Rr
, поэтому
AI^{2}+IO^{2}=\frac{2Rr(b+c-a)}{a}+R^{2}-2Rr=AO^{2}+\frac{2Rr(b+c-a)}{a}-2Rr=
=AO^{2}+\frac{2Rr(b+c-a)(b+c-2a)}{a}.
Значит,
AI^{2}+IO^{2}\geqslant AO^{2}~\Leftrightarrow~b+c\geqslant2a.
Отсюда следует утверждение задачи.
Второй способ. Без ограничения общности будем считать, что AB\geqslant AC
(см. рис.).
Пусть луч AI
(биссектриса угла BAC
) пересекает описанную окружность треугольника ABC
в точке D
. Тогда по теореме о трилистнике (см. задачу 788) ID=CD
.
На продолжении стороны AB
за вершину A
отметим точку E
, для которой CE\parallel AD
. Поскольку
\angle ADC=\angle ABC~\mbox{и}~\angle BEC=\angle BAD=\angle CAD,
треугольники BEC
и DAC
подобны по двум углам. Значит,
\frac{ID}{AD}=\frac{CD}{AD}=\frac{BC}{BE}=\frac{BC}{AB+AC}.
Следовательно, \angle AIO\leqslant90^{\circ}
тогда и только тогда, когда
ID\leqslant\frac{1}{2}AD~\Leftrightarrow~\frac{ID}{AD}\leqslant\frac{1}{2}~\Leftrightarrow~\frac{BC}{AB+AC}\leqslant\frac{1}{2}~\Leftrightarrow~2BC\leqslant AB+CA,
причём равенство достигается тогда и только тогда, когда 2BC\leqslant AB+CA
. Что и требовалось доказать.
Источник: Журнал «Mathematics Magazine». — 1997, том 70, № 4, задача 1506, с. 302
Источник: Журнал «Crux Mathematicorum». — 2005, № 8, задача 2, с. 520
Источник: Математические олимпиады Гонконга. — 1999