16236. В треугольнике ABC
проведены биссектрисы BB'
и CC'
, пересекающиеся в точке I
. Докажите, что AB'\cdot AC'\gt AI^{2}
, AB'\cdot AC'=AI^{2}
и AB'\cdot AC'\lt AI^{2}
в зависимости от \angle A\gt90^{\circ}
, \angle A=90^{\circ}
, \angle A\lt90^{\circ}
соответственно.
Решение. Пусть углы, противолежащие сторонам BC=a
, AC=b
и AB=c
треугольника ABC
равны \alpha
, \beta
и \gamma
соответственно, вписанная окружность треугольника касается стороны AB
в точке M
, p
— полупериметр треугольника. Тогда AM=p-a
(см. задачу 219).
Из прямоугольного треугольника AMI
находим, что
\cos\frac{\alpha}{2}=\frac{MA}{AI}=\frac{p-a}{AI}.
С другой стороны,
\cos\frac{\alpha}{2}=\sqrt{\frac{1+\cos\alpha}{2}}=\sqrt{\frac{1+\frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2bc}}{2}}=\sqrt{\frac{(b+c)^{2}-a^{2}}{4bc}}=
=\sqrt{\frac{\frac{b+c+a}{2}\cdot\frac{b+c-a}{2}}{bc}}=\sqrt{\frac{p(p-a)}{bc}}.
Значит,
AI^{2}=\frac{(p-a)^{2}}{\cos^{2}\frac{\alpha}{2}}=\frac{(p-a)^{2}}{\frac{p(p-a)}{bc}}=\frac{bc(p-a)}{p}.
Из свойства биссектрисы треугольника (см. задачу 1509) получаем
AB'=\frac{bc}{a+c},~AC'=\frac{bc}{a+b},
поэтому
AB'\cdot AC'-AI^{2}=\frac{bc}{a+c}\cdot\frac{bc}{a+b}-\frac{bc(p-a)}{p}=
=\frac{bc}{p(a+b)(a+c)}\cdot(bcp-(p-a)(a+b)(a+c)),
а так как 2p=a+b+c
, то
bcp-(p-a)(a+b)(a+c)=\frac{1}{2}(bc(a+b+c)-(b+c-a)(a+b)(a+c))=
=\frac{1}{2}(bc(a+b+c)-(b+c-a)(a^{2}+a(b+c)+bc))=\frac{1}{2}(abc-a(b+c)^{2}+a^{3}+2abc)=
=\frac{a}{2}(bc-b^{2}-c^{2}-2bc+a^{2}+bc)=\frac{a}{2}(a^{2}-b^{2}-c^{2})
Следовательно, AB'\cdot AC'\gt AI^{2}
, AB'\cdot AC'=AI^{2}
и AB'\cdot AC'\lt AI^{2}
в зависимости от
a^{2}-b^{2}-c^{2}\gt0,~a^{2}-b^{2}-c^{2}=0,~a^{2}-b^{2}-c^{2}\lt0
соответственно, а это равносильно тому, что
\alpha\gt90^{\circ},~\alpha=90^{\circ},~\alpha\lt90^{\circ}
соответственно. Что и требовалось доказать.
Источник: Журнал «Crux Mathematicorum». — 2006, № 2, задача 3009 (2005, 45, 48), с. 113