16092. Точки D
, E
и F
лежат на сторонах соответственно BC
, CA
и AB
треугольника ABC
, а R
— радиус описанной окружности треугольника ABC
. Докажите, что
\left(\frac{1}{AD}+\frac{1}{BE}+\frac{1}{CF}\right)(DE+EF+FD)\geqslant\frac{AB+BC+CA}{R}.
Решение. Обозначим через \alpha
, \beta
и \gamma
углы при вершинах соответственно A
, B
и C
треугольника ABC
, p=\frac{DE+EF+FD}{2}
— полупериметр треугольника DEF
.
Пусть D_{1}
и D_{2}
— точки симметричные точке D
относительно прямых AC
и AB
соответственно, D'
— точка пересечения отрезка DD_{1}
с прямой AC
, а D''
— точка пересечения отрезка DD_{2}
с прямой AB
. Тогда D'
и D''
— середины отрезков AC
и AB
соответственно, а D'D''
— средняя линия треугольника D_{1}DD_{2}
, поэтому
2p=DE+EF+FD=ED_{1}+EF+FD_{2}\geqslant D_{1}D_{2}=2D'D'',
откуда p\geqslant D'D''
.
Из точек D'
и D''
отрезок AD
виден под прямым углом, значит эти точки лежат на окружности с диаметром AD
. Тогда по теореме синусов
\sin\alpha=\sin\angle D'AD''=\frac{D'D''}{AD},
поэтому
\frac{p}{AD}\geqslant\frac{D'D''}{AD}=\sin\alpha.
Аналогично,
\frac{p}{BE}\geqslant\sin\beta,~\frac{p}{CF}\geqslant\sin\gamma.
Сложив эти три неравенства, получим
\frac{p}{AD}+\frac{p}{BE}+\frac{p}{CF}\geqslant\sin\alpha+\sin\beta+\sin\gamma=\frac{AB}{2R}+\frac{BC}{2R}+\frac{CA}{2R}=\frac{AB+BC+CA}{2R}.
Следовательно,
\left(\frac{1}{AD}+\frac{1}{BE}+\frac{1}{CF}\right)(DE+EF+FD)\geqslant\frac{AB+BC+CA}{R}.
Что и требовалось доказать.