Задача 110770

Темы:    [ Углы между биссектрисами ] [ Неравенство треугольника (прочее) ] [ Вписанные и описанные окружности ]

Сложность: 4 Классы: 8,9

Условие

Точка I – центр вписанной окружности треугольника ABC. Внутри треугольника выбрана точка P такая, что

ÐPBA + ÐPCA = ÐPBC + ÐPCB.
Докажите, что AP ≥ AI, причём равенство выполняется тогда и только тогда, когда P совпадает с I.

Решение

Автор: Канель-Белов А.Я.

Пусть Ð A = α, Ð B = β, Ð C = γ.
Поскольку Ð PBA + Ð PCA + Ð PBC + Ð PCB = β + γ, условие задачи эквивалентно Ð PBC + Ð PCB = (β + γ)/2, т.е. Ð BPC = π/2 + α/2.

С другой стороны, Ð PIC = π - (β + γ)/2 = π/2 + α/2. Следовательно, Ð BPC = Ð PIC, и т.к. точки P и I лежат по одну сторону от BC, точки B, C, I и P лежат на одной окружности. Иными словами, P лежит на ω - описанной окружности Δ BCI.

Пусть Ω - описанная окружность Δ ABC.
Легко проверить, что центр окружности ω совпадает с серединой дуги BC и лежит на Ω, а значит - и на биссектрисе угла CAB.
Из неравенства треугольника (для Δ APM) следует

|AP| + |PM| ≥ |AM| = |AI| + |IM| = |AI| + |PM|

Поэтому |AP| ≥ |AI|. Равенство достигается тогда и только тогда, когда P принадлежит [AI], что означает P = I.

Источники и прецеденты использования

олимпиада
Название	Международная Математическая Олимпиада
Год
Год	2006
задача
Номер	1