Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 13321
2023-08-14 
Пусть $I, O, H$ - соответственно центры вписанной, описанной окружностей и ортоцентр треугольника $ABC$, у которого $C > B > A$. Покажите, что точка $I$ обязана лежать внутри треугольника $BOH$.
Решение:
Пусть $R$ - радиус описанной, а $r$ - радиус вписанной окружностей; $x = tg \frac{A}{2}, y = tg \frac{B}{2}, z = tg \frac{C}{2}; \Delta XYZ$ - площадь треугольника $XYZ$.
Вне зависимости от того, будет ли угол $C$ тупым или острым, угол $OBH = C - A$ и $BI$ делит его пополам внутренним образом, так что $I$ лежит между $BO$ и $BH$.
Кроме того, $BH = 2R \cos B, BI = r cosec \frac{B}{2} = 4R \sin \frac{A}{2} \cdot \sin \frac{C}{2}$. Далее,
$\Delta OBH = \frac{1}{2} 2R^{2} \cos B \cdot \sin (C-A) = \alpha$.
$\Delta BIO + \Delta BIH = \frac{1}{2} (1 + 2 \cos B) R \cdot BI \cdot \sin \left ( \frac{1}{2} (C - A) \right ) = 2R^{2} (1 + 2 \cos B) \sin \frac{A}{2} \sin \frac{C}{2} \sin \left ( \frac{1}{2}(C - A) \right ) = \beta$.
$\alpha - \beta = 2R^{2} \sin \left ( \frac{1}{2} (C - A) \right ) \left ( \cos B \cos \frac{1}{2} (C- A) - (1 + 2 \cos B) \sin \frac{A}{2} \sin \frac{C}{2} \right ) = 2 R^{2} \sin \left ( \frac{1}{2}(C- A) \right ) \cos B \left ( \cos \frac{C}{2} \cos \frac{A}{2} - (sec B + 1) \sin \frac{A}{2} \sin \frac{C}{2} \right ) = 2R^{2} \sin \left ( \frac{1}{2} (C- A) \right ) \cos B \left ( \cos \frac{C}{2} \cos \frac{A}{2} - (sec B + 1) \sin \frac{A}{2} \sin \frac{C}{2} \right ) = 2R^{2} \sin \left ( \frac{1}{2}(C - A) \right ) \cos B \cos \frac{C}{2} \cos \frac{A}{2} \left ( 1 - \frac{2xz}{1 - y^{2}} \right )$.
Поскольку $B < \frac{ \pi}{2}, 1 - y^{2} > 0$ и каждый из сомножителей, кроме последнего, положителен. Значит, знак $\alpha - \beta$ совпадает со знаком $\gamma = 1 - y^{2} - 2xz$. Но $xy + yz + xz = 1$, так что $\gamma = -[y^{2} - (x + z)y + xz]$. Последнее выражение положительно при $x < y < z$; следовательно, $\alpha > \beta$. Отсюда, учитывая сказанное выше про положение точки $I$, мы получаем, что $I$ лежит внутри треугольника $OBH$.
Пусть $I, O, H$ - соответственно центры вписанной, описанной окружностей и ортоцентр треугольника $ABC$, у которого $C > B > A$. Покажите, что точка $I$ обязана лежать внутри треугольника $BOH$.
Решение:
Пусть $R$ - радиус описанной, а $r$ - радиус вписанной окружностей; $x = tg \frac{A}{2}, y = tg \frac{B}{2}, z = tg \frac{C}{2}; \Delta XYZ$ - площадь треугольника $XYZ$.
Вне зависимости от того, будет ли угол $C$ тупым или острым, угол $OBH = C - A$ и $BI$ делит его пополам внутренним образом, так что $I$ лежит между $BO$ и $BH$.
Кроме того, $BH = 2R \cos B, BI = r cosec \frac{B}{2} = 4R \sin \frac{A}{2} \cdot \sin \frac{C}{2}$. Далее,
$\Delta OBH = \frac{1}{2} 2R^{2} \cos B \cdot \sin (C-A) = \alpha$.
$\Delta BIO + \Delta BIH = \frac{1}{2} (1 + 2 \cos B) R \cdot BI \cdot \sin \left ( \frac{1}{2} (C - A) \right ) = 2R^{2} (1 + 2 \cos B) \sin \frac{A}{2} \sin \frac{C}{2} \sin \left ( \frac{1}{2}(C - A) \right ) = \beta$.
$\alpha - \beta = 2R^{2} \sin \left ( \frac{1}{2} (C - A) \right ) \left ( \cos B \cos \frac{1}{2} (C- A) - (1 + 2 \cos B) \sin \frac{A}{2} \sin \frac{C}{2} \right ) = 2 R^{2} \sin \left ( \frac{1}{2}(C- A) \right ) \cos B \left ( \cos \frac{C}{2} \cos \frac{A}{2} - (sec B + 1) \sin \frac{A}{2} \sin \frac{C}{2} \right ) = 2R^{2} \sin \left ( \frac{1}{2} (C- A) \right ) \cos B \left ( \cos \frac{C}{2} \cos \frac{A}{2} - (sec B + 1) \sin \frac{A}{2} \sin \frac{C}{2} \right ) = 2R^{2} \sin \left ( \frac{1}{2}(C - A) \right ) \cos B \cos \frac{C}{2} \cos \frac{A}{2} \left ( 1 - \frac{2xz}{1 - y^{2}} \right )$.
Поскольку $B < \frac{ \pi}{2}, 1 - y^{2} > 0$ и каждый из сомножителей, кроме последнего, положителен. Значит, знак $\alpha - \beta$ совпадает со знаком $\gamma = 1 - y^{2} - 2xz$. Но $xy + yz + xz = 1$, так что $\gamma = -[y^{2} - (x + z)y + xz]$. Последнее выражение положительно при $x < y < z$; следовательно, $\alpha > \beta$. Отсюда, учитывая сказанное выше про положение точки $I$, мы получаем, что $I$ лежит внутри треугольника $OBH$.
