16032. Точка P
лежит внутри треугольника ABC
со сторонами BC=a
, CA=b
, AB=c
и площадью S
, а PA=x_{1}
, PB=x_{2}
и PC=x_{3}
. Докажите, что
(b+c)x_{1}+(c+a)x_{2}+(a+b)x_{3}\geqslant8S.
Решение. Пусть P_{1}
, P_{2}
и P_{3}
— точки, симметричные точке P
относительно середин сторон BC
, CA
и AB
соответственно. Тогда PBP_{1}C
, PCP_{2}A
и PAP_{3}B
— параллелограммы, поэтому
BP_{3}=PA=CP_{2}=x_{1},~AP_{3}=PB=CP_{1}=x_{2},~BP_{1}=PC=AP_{2}=x_{3}.
Пусть площади треугольников BPC
, APC
и APB
равны S_{1}
, S_{2}
и S_{3}
соответственно, а угол между диагоналями BC
и AP_{1}
четырёхугольника ABP_{1}C
равен \varphi
. По неравенству Птолемея (см. задачу 10938) и по формуле площади четырёхугольника (см. задачу 3018) получаем
bx_{3}+cx_{2}\geqslant AP_{1}a=2\cdot\frac{1}{2}AP_{1}a\geqslant2\cdot\frac{1}{2}AP_{1}a\cdot\sin\varphi=2(S+S_{1}),
причём равенство достигается тогда и только тогда, когда четырёхугольник ABP_{1}C
вписанный, а его диагонали перпендикулярны, т. е. тогда и только тогда, когда точка P_{1}
лежит на описанной окружности треугольника ABC
, а ортоцентр H
лежит на прямой AP_{1}
, что равносильно тому, что точки P_{1}
и H
симметричны относительно прямой BC
(см. задачу 4785), и тогда BH=BP_{1}=x_{3}
и CH=CP_{1}=x_{2}
.
Аналогично,
cx_{1}+ax_{3}\geqslant2(S+S_{2}),
причём равенство достигается тогда и только тогда, когда точки P_{2}
и H
симметричны относительно прямой AC
, и тогда AH=AP_{2}=x_{1}
и CH=CP_{2}=x_{3}
, а также
ax_{2}+bx_{1}\geqslant2(S+S_{3}),
причём равенство достигается тогда и только тогда, когда точки P_{3}
и H
симметричны относительно прямой AB
, и тогда AH=AP_{3}=x_{1}
и BH=BP_{3}=x_{2}
.
Следовательно,
(b+c)x_{1}+(c+a)x_{2}+(a+b)x_{3}=
=(bx_{3}+cx_{2})+(cx_{1}+ax_{3})+(ax_{2}+bx_{1})\geqslant
\geqslant2(S+S_{1})+2(S+S_{2})+2(S+S_{3})=
=6S+2(S_{1}+S_{2}+S_{3})=6S+2S=8S.
Что и требовалось доказать.
Равенство достигается тогда и только тогда, когда точка P
совпадает с ортоцентром H
треугольника ABC
и PA=PB=PC
, т. е. тогда и только тогда, когда треугольник ABC
равносторонний (см. задачу 1335).