Доказать неравенство для остроугольного треугольника

  Пусть в треугольнике ABC  ∠A = 2α,  ∠B = 2β,  ∠C = 2γ,  причём  α ≥ β ≥ γ;  I_a, I_b, I_c – центры вневписанных окружностей; p – полупериметр. Тогда из неравенств  2α < 90° < 2β + 2γ  и  β ≥ γ  следует, что  2β > α.  Кроме того, так как  AI_a cos α = BI_b cos β = CI_c cos γ = p,  то  AI_a ≥ BI_b ≥ CI_c,  и достаточно доказать неравенство  AI_a < AC + BC.  Это можно сделать разными способами.

  Первый способ. Заметим, что точка K, симметричная B относительно биссектрисы CI_a внешнего угла C, лежит на прямой AC, причём  CK = CB  (рис. слева). Так как BI_a – биссектриса внешнего угла B, то  ∠I_aKA = ∠I_aBC = α + γ,  а так как  ∠I_aAK = α,  то  ∠AI_aK = 2β + γ > α + γ = ∠I_aKA,  то есть  AI_a < 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  ∠AI_aU = 180° – ∠UAI_a – ∠AUI_a = 180° – α – (90° – β) = 90° – α + β > 90° – β = ∠AUI_a.  Следовательно,  AU > AI_a.   Третий способ. Пусть W – середина дуги BC описанной окружности треугольника ABC. Из леммы о трезубце (см. задачу 155381) следует, что

AI_a = 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 155641).

Ответ задачи отсутствует