Из точки $P$ проведены две касательные $PB$ и $PC$ к окружности, причём $\angle BPC \gt 90^{\circ}$. На меньшей дуге $BC$ взята точка $A$. Докажите, что площадь треугольника, отсекаемого от угла $BPC$ касательной к окружности в точке $A$, не превосходит площади треугольника $ABC$.
Обозначим отсекаемый от угла $BPC$ треугольник через $KPL$ (рис. 1), центр его вписанной окружности через $I$. Треугольники $ABC$ и $ILK$ подобны. Действительно, каждый из углов $ABC$, $CAL$ и $ACL$ равен половине угловой величины дуги $AC$ (первый угол вписан в окружность и опирается на эту дугу, два других образованы хордой, стягивающей эту дугу и касательными в её концах). Поэтому
$$
2\angle ILK=\angle PLK=\angle LAC+\angle LCA=2\angle ABC,
$$
т. е. $\angle ILK=\angle ABC$. Аналогично, $\angle IKL=\angle ACB$. Коэффициент подобия треугольников $ILK$ и $ABC$ равен $\dfrac{KL}{BC}$, следовательно, отношение их площадей равно $\dfrac{S_{ILK}}{S_{ABC}}=\dfrac{KL^2}{BC^2}$.
Рис. 1Рис. 2
Пусть, далее, $p$ — полупериметр, $S$ — площадь, $r$ — радиус вписанной окружности и $h$ — высота, опущенная из вершины $P$ треугольника $PKL$ (рис. 2). Тогда
$$
\dfrac{S_{PKL}}{S_{ILK}}=\dfrac hr=\dfrac{2S}{KL}\cdot\dfrac pS=\dfrac{2p}{KL}=\dfrac{2BP}{KL},
$$
поскольку $BP=CP$ и $BP+CP=AK+KP+PL+LA=2p$ (мы пользуемся здесь равенством касательных к окружности, проведённых из точек $P$, $K$, $L$). Итак, $\dfrac{S_{PLK}}{S_{ABC}}=\dfrac{2BP\cdot KL}{BC^2}$. Остаётся доказать, что последнее отношение меньше 1.
По неравенству треугольника $2KL\lt KL+KP+PL=2p=2BP$, т. е. $2BP\cdot KL\lt2BP^2$. Но в случае, когда $\angle BPC\gt90^\circ$, имеем $2BP^2\lt BC^2$, т. е. $\dfrac{2BP\cdot KL}{BC^2}\lt\dfrac{2BP^2}{BC^2}\lt1$, что и требовалось доказать.
Эту задачу можно решать и с помощью тригонометрии. Если $\alpha$, $\beta$, $\gamma$ — углы при вершинах $A$, $B$, $C$ треугольника $ABC$, то $KL=BC\cos\beta\cos\gamma$; нужное неравенство приводится к виду $2\cos{}(\pi-\alpha)\cos\beta\cos\gamma\gt1$ и вытекает из того, что $\pi-\alpha=\beta+\gamma\lt\dfrac\pi4$.
