13992. Точка I
— центр вписанной окружности треугольника ABC
, а r
и R
— радиусы вписанной и описанной окружностей соответственно. Прямые AI
, BI
и CI
вторично пересекают описанную окружность в точках D
, E
и F
соответственно. Докажите, что AD\cdot BE\cdot CF\geqslant16rR^{2}
.
Решение. Пусть t_{a}=AA'
, t_{b}
и t_{c}
— биссектрисы треугольника ABC
, а BC=a
, AC=b
, AB=c
, p
и S
— соответственно стороны, полупериметр и площадь треугольника ABC
. Тогда (см. задачи 452, 2730 и 4259)
S=pr=\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}=\frac{abc}{4R},
поэтому (см. задачу 4751)
t_{a}=\frac{2\sqrt{p(p-a)bc}}{b+c}=\frac{2\sqrt{bc}}{b+c}\cdot\sqrt{p(p-a)},
а так как (см. задачу 3399)
\frac{2\sqrt{bc}}{b+c}\leqslant\frac{b+c}{b+c}=1,
то t_{a}\leqslant\sqrt{p(p-a)}
. Аналогично,
t_{b}\leqslant\sqrt{p(p-b)},~t_{c}\leqslant\sqrt{p(p-c)}.
Треугольники AA'B
и ACD
подобны по двум углам, поэтому
\frac{AA'}{AC}=\frac{AB}{AD}~\Rightarrow~AD=\frac{AC\cdot AB}{AA'}=\frac{bc}{t_{a}}.
Аналогично,
BE=\frac{ac}{t_{b}},~CA=\frac{ab}{t_{c}}.
Следовательно,
AD\cdot BE\cdot CF=\frac{a^{2}b^{2}c^{2}}{t_{a}t_{b}t_{c}}\geqslant\frac{a^{2}b^{2}c^{2}}{p\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}}=
=\frac{a^{2}b^{2}c^{2}}{pS}=16\cdot\frac{S}{p}\cdot\left(\frac{abc}{4S}\right)^{2}=16rR^{2}.
Что и требовалось доказать.
Равенство достигается тогда и только тогда, когда a=b=c
, т. е. треугольник ABC
равносторонний.