16014. Медианы треугольника ABC
пересекаются в точке G
. Лучи AG
, BG
и CG
пересекают описанную окружность треугольника в точках A'
, B'
и C'
соответственно. Докажите, что:
а) GA'+GB'+GC'\geqslant AG+BG+CG
;
б) \frac{AG}{GA'}+\frac{BG}{GB'}+\frac{CG}{GC'}=3
;
в) GA'\cdot GB'\cdot GC'\geqslant AG\cdot BG\cdot CG
.
Решение. Обозначим BC=a
, CA=b
и AB=c
. Пусть AD=m_{a}
, BE=m_{b}
и CF=m_{c}
— медианы треугольника ABC
.
а) По теореме о произведении отрезков пересекающихся хорд (см. задачу 2627)
m_{a}\cdot DA'=AD\cdot DA'=BD\cdot DC=\frac{a^{2}}{4}~\Rightarrow~DA'=\frac{a^{2}}{4m_{a}}.
Тогда (см. задачу 4014)
GA'=GD+DA'=\frac{1}{3}m_{a}+\frac{a^{2}}{4m_{a}}=\frac{4m_{a}^{2}+3a^{2}}{12m_{a}}=
=\frac{2b^{2}+2c^{2}-a^{2}+3a^{2}}{12m_{a}}=\frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{6m_{a}}.
Значит,
GA'-AG=\frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{6m_{a}}-\frac{2}{3}m_{a}=\frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}-4m_{a}^{2}}{6m_{a}}=
=\frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}-2{b}^{2}-2c^{2}+a^{2}}{6m_{a}}=\frac{2a^{2}-b^{2}-c^{2}}{6m_{a}}=\frac{(a^{2}-b^{2})+(a^{2}-c^{2})}{6m_{a}}.
Аналогично,
GB'-BG=\frac{(b^{2}-a^{2})+(b^{2}-c^{2})}{6m_{b}},~GC'-CG=\frac{(c^{2}-a^{2})+(c^{2}-b^{2})}{6m_{c}}.
Сложив эти три равенства, получим
GA'+GB'+GC'-(AG+BG+CG)=
=\frac{1}{6}\left(\left(\frac{a^{2}-b^{2}}{m_{a}}-\frac{a^{2}-b^{2}}{m_{b}}\right)+\left(\frac{a^{2}-c^{2}}{m_{a}}-\frac{a^{2}-c^{2}}{m_{c}}\right)+\left(\frac{b^{2}-c^{2}}{m_{b}}-\frac{b^{2}-c^{2}}{m_{c}}\right)\right)=
=\frac{1}{6}\left((a^{2}-b^{2})\left(\frac{1}{m_{a}}-\frac{1}{m_{b}}\right)+(a^{2}-c^{2})\left(\frac{1}{m_{a}}-\frac{1}{m_{c}}\right)+(b^{2}-c^{2})\left(\frac{1}{m_{b}}-\frac{1}{m_{c}}\right)\right)=
=\frac{1}{6}\left(\frac{(a^{2}-b^{2})(m_{b}-m_{a})}{m_{a}m_{b}}+\frac{(a^{2}-c^{2})(m_{c}-m_{a})}{m_{a}m_{c}}+\frac{(b^{2}-c^{2})(m_{c}-m_{b})}{m_{c}m_{b}}\right).
Поскольку к большей стороне треугольника проведена меньшая медиана (см. задачу 3537), все три слагаемых в больших скобках неотрицательны. Следовательно,
GA'+GB'+GC'\geqslant AG+BG+CG.
Что и требовалось доказать.
Равенство достигается для равностороннего треугольника.
б) Из доказанного в предыдущем пункте равенства получаем
\frac{AG}{GA'}=\frac{\frac{2}{3}m_{a}}{\frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{6m_{a}}}=\frac{4m_{a}^{2}}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}=\frac{2b^{2}+2c^{2}-a^{2}}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}=
=\frac{2b^{2}+2c^{2}+2a^{2}-3a^{2}}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}=2-\frac{3a^{2}}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}.
Аналогично,
\frac{BG}{GB'}=2-\frac{3b^{2}}{a^{2}+b^{2}+c^{2}},~\frac{CG}{GB'}=2-\frac{3c^{2}}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}.
Следовательно,
\frac{AG}{GA'}+\frac{BG}{GB'}+\frac{CG}{GC'}=
=2-\frac{3a^{2}}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}+2-\frac{3b^{2}}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}+2-\frac{3c^{2}}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}=6-3=3.
Что и требовалось доказать.
в) Применив результат предыдущего пункта, получим
1=\frac{1}{3}\left(\frac{AG}{GA'}+\frac{BG}{GB'}+\frac{CG}{GC'}\right)\geqslant\sqrt[{3}]{{\frac{AG}{GA'}\cdot\frac{BG}{GB'}\cdot\frac{CG}{GC'}}}
(см. задачу 3399). Следовательно,
GA'\cdot GB'\cdot GC'\geqslant AG\cdot BG\cdot CG.
Что и требовалось доказать.
Равенство достигается для равностороннего треугольника.