Ángulo formado por el ortocentro, el incentro y el circuncentro de un triángulo $>135^\circ$ ?

Question

Si $H$ es el ortocentro, $I$ el incentro y $O$ el circuncentro de un triángulo , el necesito demostrar que el ángulo $HIO>135^\circ$

Con los supuestos de $OI^2=R^2-2Rr$ , $OH^2=9R^2-(a^2+b^2+c^2)$ , $HI^2=2r^2-4R^2\cos A\cos B \cos C$ y $R^2\cdot8(1+\cos A\cos B\cos C)= a^2+b^2+c^2$

Aplicación de la $cosine$ regla llegué a algo así como $$\cos (HIO)=\frac{2r^2-2Rr+R^2\cdot 4\cos A\cos B\cos C}{2(2r^2-4R^2\cos A\cos B\cos C)(R^2-2Rr)}$$

Necesito demostrar que el LHS está entre $\left[-\frac{1}{\sqrt{2}},-1\right]$

¿Cómo proceder?

¿Hay alguna forma más sencilla de demostrar la pregunta (sin aplicar la regla del coseno)?

Answer 1

Es no siempre cierto que $\angle{HIO}\gt 135^\circ$ .

Un contraejemplo es $(a,b,c)=(85,13,88)$ .

$\qquad\qquad$

Para $(a,b,c)=(85,13,88)$ tenemos $$\begin{align}R&=\frac{abc}{\sqrt{(a+b+c)(-a+b+c)(a-b+c)(a+b-c)}}=\frac{2431}{4\sqrt{186}} \\\\r&=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{(-a+b+c)(a-b+c)(a+b-c)}{a+b+c}}=\frac{40\sqrt{186}}{93} \\\\OI^2&=R^2-2Rr=\frac{1451307}{992} \\\\OH^2&=9R^2-(a^2+b^2+c^2)=\frac{2712387}{992} \\\\HI^2&=2r^2+4R^2-\frac{a^2+b^2+c^2}{2}=\frac{109875}{248} \\\\\cos(\angle{HIO})&=\frac{HI^2+OI^2-OH^2}{2\cdot HI\cdot OI}=-\frac{13693}{\sqrt{708721585}}\approx -0.5143524 \\\\\angle{HIO}&\approx 120.95^\circ\end{align}$$

Answer 2

Demasiado largo para un comentario.

Ponga $X=4R^2\cos A\cos B \cos C$ .

Tenemos que demostrar que $$-\frac 1{\sqrt{2}}>\cos (HIO)=\frac{HI^2+OI^2-OH^2}{2\cdot HI\cdot OI}.$$

Puesto que se supone que $2\cdot HI\cdot OI>0$ tenemos que demostrar que

$$OH^2- HI^2-OI^2>\sqrt{2}\cdot HI\cdot OI$$

$$2Rr-2r^2-X>\sqrt{2(2r^2-X)(R^2-2Rr)}$$

Desde $HI^2>0$ y $OI^2>0$ , $2r^2>X$ y $R>2r$ Así que $2Rr-2r^2-X>0$ . Así pues, tenemos que demostrar que

$$(2Rr-2r^2-X)^2>2(2r^2-X)(R^2-2Rr)$$

$$X^2+2XR^2+4Xr^2+4r^4>8RrX$$

La ecuación cuadrática correspondiente para $X$ tiene un discriminante $D=(R-2r)^2R(R-4r)$ y raíces $X_1=4Rr-2r^2-R^2-\sqrt{D}$ y $X_2=4Rr-2r^2-R^2+\sqrt{D}$ . Así que si $R<4r$ entonces $D<0$ y se demuestra la desigualdad.

Por lo demás, he intentado evaluar $X$ en términos de $R$ y $r$ . Según los ejercicios de la página 23 de "Topics in Inequalities - Theorems and Techniques" de Hojoo Lee ( versión 25 de febrero de 2006 ), tenemos $X=s^2-(2R+r)^2$ . Además, en W. J. Blundon (véase el problema E1935, Amer. Math. Monthly 73 (1966), 1122) encontró las mejores desigualdades posibles de la forma $A(R,r)\le s^2\le B(R, r)$ donde $A(x, y)$ y $B(x, y)$ son formas cuadráticas reales $\alpha x^2+\beta xy+\gamma y^2$ a saber $$16Rr-5r^2\le s^2\le 4R^2+4Rr+3r^2.$$

Esto implica $$12Rr-4R^2-6r^2\le X\le 2r^2.$$

Por desgracia, esto no ayuda porque

$$12Rr-4R^2-6r^2\le X_1\le X_2\le 2r^2.$$

Answer 3

Está mal.

Pruebe $a=3$ , $b=10$ y $c=11.$