|
|
 |
Условие
Докажите, что в остроугольном треугольнике расстояние от любой вершины до соответствующего центра вневписанной окружности меньше чем сумма двух наибольших сторон треугольника.
Решение
Пусть в треугольнике ABC ∠A = 2α, ∠B = 2β, ∠C = 2γ, причём α ≥ β ≥ γ; Ia, Ib, Ic – центры вневписанных окружностей; p – полупериметр. Тогда из неравенств 2α < 90° < 2β + 2γ и β ≥ γ следует, что 2β > α. Кроме того, так как AIa cos α = BIb cos β = CIc cos γ = p, то AIa ≥ BIb ≥ CIc, и достаточно доказать неравенство AIa < AC + BC. Это можно сделать разными способами.
Первый способ. Заметим, что точка K, симметричная B относительно биссектрисы CIa внешнего угла C, лежит на прямой AC, причём CK = CB (рис. слева). Так как BIa – биссектриса внешнего угла B, то ∠IaKA = ∠IaBC = α + γ, а так как ∠IaAK = α, то ∠AIaK = 2β + γ > α + γ = ∠IaKA, то есть AIa < AK = AC + BC.
Второй способ. Пусть T – точка касания вневписанной окружности с прямой AB, U – точка, симметричная B относительно T (рис. справа). Так как AT = p, AU = 2p – AB = AC + BC. Тогда ∠AIaU = 180° – ∠UAIa – ∠AUIa = 180° – α – (90° – β) = 90° – α + β > 90° – β = ∠AUIa. Следовательно, AU > AIa.
Третий способ. Пусть W – середина дуги BC описанной окружности треугольника ABC. Из леммы о трезубце (см. задачу 55381) следует, что
AIa = AW + WB. Поскольку ⌣BW = 2α < 4β = ⌣AC < (360° – 4γ) – 2α = ⌣ACW – ⌣BW, точка C лежит ближе к середине дуги ACB, чем W. Следовательно, AW + BW < AC + BC (см. решение задачи 55641).
Замечания
Фактически доказано, что любой отрезок от вершины до центра соответствующей вневписанной окружности меньше суммы противолежащей стороны треугольника и наибольшей из прилежащих.
