10491. Пусть ABC
— остроугольный треугольник, O
— центр его описанной окружности радиуса R
; A_{1}
, B_{1}
и C_{1}
— точки пересечения лучей AO
, BO
и CO
со сторонами BC
, CA
и AB
соответственно, а отрезки OA_{1}
, OB_{1}
и OC_{1}
равны соответственно u_{a}
, u_{b}
и u_{c}
. Докажите, что
\frac{1}{2}R\leqslant\frac{u_{a}+u_{b}+u_{c}}{3}\lt R.
Решение. Пусть AD
, BE
и CD
— высоты треугольника ABC
. Этот треугольник остроугольный, поэтому DA
, EB
и FC
— биссектрисы углов его ортотреугольника DEF
(см. задачу 533). Кроме того, CM\perp DE
(см. задачу 480).
Обозначим EF=d
, FD=e
и DE=f
. Пусть отрезки AD
и EF
пересекаются в точке P
. По теореме об углах с соответственно перпендикулярными сторонами
\angle OCA_{1}=\angle EDP~\mbox{и}~\angle COA_{1}=\angle DEP,
поэтому треугольники DEP
и COA_{1}
подобны по двум углам. Тогда, применив свойство биссектрисы треугольника, получим
\frac{OA_{1}}{OC}=\frac{EP}{ED}=\frac{FP}{FD}~\Rightarrow~\frac{OA_{1}}{OC}=\frac{EP+FP}{ED+FD}=\frac{EF}{ED+FD}=\frac{d}{e+f},
откуда
u_{a}=OA_{1}=OC\cdot\frac{d}{e+f}=\frac{Rd}{e+f}.
Аналогично,
u_{b}=\frac{Re}{d+f}~\mbox{и}~u_{c}=\frac{Rf}{e+d}.
Таким образом, задача сводится к доказательству неравенства
\frac{3}{2}\leqslant\frac{d}{e+f}+\frac{e}{d+f}+\frac{f}{e+d}\lt3.
По неравенству треугольника
e+f\gt d,~d+f\gt e,~e+d\gt f,
поэтому
\frac{d}{e+f}+\frac{e}{d+f}+\frac{f}{e+d}\lt1+1+1=3.
Осталось доказать, что
\frac{d}{e+f}+\frac{e}{d+f}+\frac{f}{e+d}\geqslant\frac{3}{2}.
Положим e+f=x
, d+f=y
и e+d=z
. Тогда
d=\frac{y+z-x}{2},~e=\frac{x+z-y}{2},~f=\frac{x+y-z}{2}.
Следовательно,
\frac{d}{e+f}+\frac{e}{d+f}+\frac{f}{e+d}=\frac{y+z-x}{2x}+\frac{x+z-y}{2y}+\frac{x+y-z}{2z}=
=\frac{1}{2}\left(\left(\frac{y}{x}+\frac{z}{x}-1\right)+\left(\frac{x}{y}+\frac{z}{y}-1\right)+\left(\frac{x}{z}+\frac{y}{z}-1\right)\right)=
=\frac{1}{2}\left(\left(\frac{y}{x}+\frac{x}{y}\right)+\left(\frac{z}{y}+\frac{y}{z}\right)+\left(\frac{x}{z}+\frac{z}{x}\right)-3\right)\geqslant
\geqslant~\frac{1}{2}(2+2+2-3)=\frac{3}{2}.
Что и требовалось доказать.