11453. Внутри треугольника ABC
отмечена точка T
, из которой все стороны видны под углом 120^{\circ}
. Докажите, что 2AB+2BC+2CA\gt4AT+3BT+2CT
.
Решение. Первый способ. Пусть B_{1}
— середина отрезка BT
. На продолжении отрезка AT
за точку T
отметим такую точку H
, что TH=TB_{1}
. Тогда
\angle THB_{1}=\angle TB_{1}H=\frac{1}{2}\angle ATB_{1}=60^{\circ}.
Следовательно, HB_{1}=TB_{1}=B_{1}B
.
В треугольнике BTH
медиана HB_{1}
вдвое меньше стороны BT
, значит,
\angle BHA=\angle BHT=90^{\circ}
(см. задачу 1188).
Перпендикуляр короче наклонной, поэтому
AB\gt AH=AT+TH=AT+B_{1}T=AT+\frac{1}{2}BT.
Аналогично установим неравенства
AC\gt AT+\frac{1}{2}CT~\mbox{и}~BC\gt BT+\frac{1}{2}CT.
Сложив эти три неравенства и умножив результат на 2, получим, что
2AB+2BC+2CA\gt2\left(AT+\frac{1}{2}BT\right)+2\left(BT+\frac{1}{2}CT\right)+2\left(AT+\frac{1}{2}CT\right)=
=4AT+3BT+2CT.
Второй способ. Положим BC=a
, CA=b
, AB=c
, AT=x
, BT=y
и CT=z
. По теореме косинусов
a^{2}=y^{2}+z^{2}-2yz\cos120^{\circ}=y^{2}+z^{2}+yz=
=\left(y+\frac{z}{2}\right)^{2}+\frac{3z^{2}}{4}\geqslant\left(y+\frac{z}{2}\right)^{2}.
Следовательно, a\gt y+\frac{z}{2}
. Аналогично установим неравенства
b\gt x+\frac{z}{2}~\mbox{и}~c\gt x+\frac{z}{2}.
Сложив эти три неравенства и умножив результат на 2, получим, что
2a+2b+2c\gt2\left(y+\frac{z}{2}\right)+2\left(x+\frac{z}{2}\right)+2\left(x+\frac{z}{2}\right)=4x+3y+2z.
Примечание. Эванджелиста Торричелли (1608-1647). Итальянский математик и физик. Точка T
из этой задачи называется его именем (см. также задачу 6700).