16639. Разность двух углов треугольника больше 90^{\circ}
. Докажите, что отношение радиусов его описанной и вписанной окружностей больше 4.
Решение. Первый способ. Пусть в треугольнике ABC
угол A
— наименьший, угол B
— наибольший, O
и I
— центры соответственно описанной и вписанной окружностей, R
и r
— их радиусы, L
— середина дуги AB
, не содержащей точки C
, а CD
и PQ
— соответственно хорда и диаметр окружности, параллельные AB
.
Поскольку меньшие дуги AD
и BC
заключены между параллельными хордами AB
и CD
, они равны, поэтому
\smile CLD=\smile ADC-\smile AD=\smile ADC-\smile BC\gt2\angle ABC-2\angle BAC\gt180^{\circ}.
Значит, точки A
, B
и C
лежат по одну сторону от прямой PQ
. Тогда \angle ALC\gt45^{\circ}
, а расстояние d
от точки O
до прямой LC
, проходящей через точку I
(CL
— биссектриса угла ACB
, так как L
— середина дуги AB
), больше, чем \frac{R}{\sqrt{2}}
. Значит, (см. задачу 126),
R^{2}-2Rr=OI^{2}\geqslant d^{2}\gt\frac{R^{2}}{2}~\Rightarrow~\frac{R^{2}}{2}\gt2Rr.
Следовательно, \frac{R}{r}\gt4
. Что и требовалось доказать.
Второй способ. Пусть углы при вершинах A
, B
и C
треугольника ABC
равны \alpha
, \beta
и \gamma
соответственно, причём \beta-\alpha\gt90^{\circ}
. Применив формулу
r=4R\sin\frac{\alpha}{2}\sin\frac{\beta}{2}\sin\frac{\gamma}{2}
(см. задачу 3225а), получим
\frac{r}{R}=2\sin\frac{\gamma}{2}\left(\cos\frac{\beta-\alpha}{2}-\cos\frac{\alpha+\beta}{2}\right)\lt2\sin\frac{\gamma}{2}\left(\frac{1}{\sqrt{2}}-\sin\frac{\gamma}{2}\right)\leqslant
\leqslant2\cdot\left(\frac{\sin\frac{\gamma}{2}+\left(\frac{1}{\sqrt{2}}-\sin\frac{\gamma}{2}\right)}{2}\right)^{2}=2\left(\frac{1}{2\sqrt{2}}\right)^{2}=\frac{1}{4}
(см. задачу 3399). Следовательно, \frac{R}{r}\gt4
. Что и требовалось доказать.
Примечание. Полученная оценка точна. При \cos\gamma=\frac{3}{4}
, \alpha=45^{\circ}-\frac{\gamma}{2}
и \beta=135^{\circ}-\frac{\gamma}{2}
все неравенства обращаются в равенства и R=4r
.
Автор: Панов М. Ю.
Источник: Олимпиада по геометрии им. И. Ф. Шарыгина. — 2024, XX, заочный тур, 9-11 классы, задача 15