16036. В треугольник ABC
вписана окружность с центром I
. Лучи AI
, BI
и CI
пересекают описанную окружность треугольника в точках A'
, B'
и C'
соответственно. Докажите что
0\leqslant IA'+IB'+IC'-(IA+IB+IC)\leqslant2(R-2r),
где R
и r
— радиус соответственно описанной и вписанной окружностей треугольника ABC
.
Решение. Пусть углы треугольника ABC
, противолежащие сторонам BC=a
, CA=b
и AB=c
, равны \alpha
, \beta
и \gamma
соответственно, I_{a}
, I_{b}
и I_{c}
— центры вневписанных окружностей треугольника ABC
, касающихся сторон BC
, CA
и AB
соответственно. Тогда IA\perp I_{b}I_{c}
, IB\perp I_{a}I_{c}
и IC\perp I_{a}I_{b}
(см. задачу 4769). Применив к треугольнику I_{a}I_{b}I_{c}
неравенство Эрдёша-Морделла (см. задачу 11263б), получим
II_{a}+II_{b}+II_{c}\geqslant2(IA+IB+IC),
а так как по теореме Мансиона (см. задачу 57)
II_{a}=2IA',~II_{b}=2IB',~II_{c}=2IC',
то
(IA'-IA)+(IB'-IB)+(IC'-IC)=\geqslant0.
Пусть p
— полупериметр треугольника ABC
, P
— точка касания вписанной окружности со стороной AB
, то
AI\sin\frac{\alpha}{2}=IP=r,~AI\cos\frac{\alpha}{2}=AP=p-a
(см. задачу 219). Аналогично,
BI\sin\frac{\beta}{2}=CI\sin\frac{\gamma}{2}=r,~BI\cos\frac{\beta}{2}=p-b,~CI\cos\frac{\gamma}{2}=p-c.
Кроме того, по теореме о трилистнике (см. задачу 788) и по теореме синусов
A'I=A'B=2R\sin\frac{\alpha}{2},~BI'=2R\sin\frac{\beta}{2},~CI'=2R\sin\frac{\gamma}{2},
а если Q
— проекция точки A'
на BC
, то
A'I\cos\frac{\alpha}{2}=A'B\cos\angle CBA'=BQ=\frac{a}{2}.
Аналогично,
B'I\cos\frac{\beta}{2}=\frac{b}{2},~C'I\cos\frac{\gamma}{2}=\frac{c}{2}.
Тогда
AI\sin\frac{\alpha}{2}+BI\sin\frac{\beta}{2}+CI\sin\frac{\gamma}{2}=3r,~AI\cos\frac{\alpha}{2}+BI\cos\frac{\beta}{2}+CI\cos\frac{\gamma}{2}=
=p-a+p-b+p-c=3p-a-b-c=p,
A'I\cos\frac{\alpha}{2}+B'I\cos\frac{\beta}{2}+C'I\cos\frac{\gamma}{2}=\frac{a}{2}+\frac{b}{2}+\frac{c}{2}=p.
Наконец, так как
A'I\sin\frac{\alpha}{2}=A'B\sin\frac{\alpha}{2}=2R\sin\frac{\alpha}{2}\cdot\sin\frac{\alpha}{2}=2R\sin^{2}\frac{\alpha}{2}=R(1-\cos\alpha)
и аналогично,
B'I\sin\frac{\beta}{2}=R(1-\cos\beta),~C'I\sin\frac{\gamma}{2}=R(1-\cos\gamma),
то
A'I\sin\frac{\alpha}{2}+B'I\sin\frac{\beta}{2}+C'I\sin\frac{\gamma}{2}=R(1-\cos\alpha)+R(1-\cos\beta)+R(1-\cos\gamma)=
=R(3-\cos\alpha-\cos\beta-\cos\gamma)=R\left(3-\left(1+\frac{r}{R}\right)\right)=2R-r.
(см. задачу 3238).
Поскольку \cos\frac{\alpha}{2}\gt0
и \sin\frac{\alpha}{2}\gt0
, то
\cos\frac{\alpha}{2}+\sin\frac{\alpha}{2}\gt1~\Leftrightarrow~\left(\cos\frac{\alpha}{2}+\sin\frac{\alpha}{2}\right)^{2}\gt1~\Leftrightarrow~1+\sin\alpha\gt1~\Leftrightarrow~\sin\alpha\gt0.
Последнее неравенство верно, так как \alpha\lt180^{\circ}
. Следовательно,
\cos\frac{\alpha}{2}+\sin\frac{\alpha}{2}\gt1.
Без ограничения общности будем считать, что
\cos\frac{\alpha}{2}+\sin\frac{\alpha}{2}\leqslant\cos\frac{\beta}{2}+\sin\frac{\beta}{2}\leqslant\cos\frac{\gamma}{2}+\sin\frac{\gamma}{2}.
Тогда
(IA'-IA)+(IB'-IB)+(IC'-IC)\leqslant
\leqslant((IA'-IA)+(IB'-IB)+(IC'-IC))\left(\cos\frac{\alpha}{2}+\sin\frac{\alpha}{2}\right)\leqslant
\leqslant(IA'-IA)\left(\cos\frac{\alpha}{2}+\sin\frac{\alpha}{2}\right)+(IB'-IB)\left(\cos\frac{\beta}{2}+\sin\frac{\beta}{2}\right)+(IC'-IC)\left(\cos\frac{\gamma}{2}+\sin\frac{\gamma}{2}\right)=
=IA'\cos\frac{\alpha}{2}+IA'\sin\frac{\alpha}{2}-IA\cos\frac{\alpha}{2}-IA\sin\frac{\alpha}{2}+
+IB'\cos\frac{\beta}{2}+IB'\sin\frac{\beta}{2}-IB\cos\frac{\beta}{2}-IB\sin\frac{\beta}{2}+
+IC'\cos\frac{\gamma}{2}+IC'\sin\frac{\gamma}{2}-IC\cos\frac{\gamma}{2}-IC\sin\frac{\gamma}{2}=
=\left(IA'\cos\frac{\alpha}{2}+IB'\cos\frac{\beta}{2}+IC'\cos\frac{\gamma}{2}\right)+
+\left(IA'\sin\frac{\alpha}{2}+IB'\sin\frac{\beta}{2}+IC'\sin\frac{\gamma}{2}\right)-
-\left(IA\cos\frac{\alpha}{2}+IB\cos\frac{\beta}{2}+IC\cos\frac{\gamma}{2}\right)-
-\left(IA\sin\frac{\alpha}{2}+IB\sin\frac{\beta}{2}+IC\sin\frac{\gamma}{2}\right)=
=p+(2R-r)-p-3r=2R-4r=2(R-2r).
Что и требовалось доказать.