10193. Медианы AD
, BE
и CF
треугольника ABC
пересекаются в точке G
. Пусть \triangle_{1}
, \triangle_{2}
, \triangle_{3}
, \triangle_{4}
, \triangle_{5}
и \triangle_{6}
— треугольники AGF
, BGF
, BGD
, CGD
, CGE
и AGE
соответственно, а R_{i}
и r_{i}
— радиусы их описанных и вписанных окружностей соответственно (i=1
, 2, …, 6). Докажите, что:
а) R_{1}R_{3}R_{5}=R_{2}R_{4}R_{6}
;
б) \frac{15}{2r}\lt\frac{1}{r_{1}}+\frac{1}{r_{3}}+\frac{1}{r_{5}}=\frac{1}{r_{2}}+\frac{1}{r_{4}}+\frac{1}{r_{6}}\lt\frac{9}{r}
, где r
— радиус вписанной окружности треугольника ABC
.
Решение. Обозначим BC=a
, CA=b
, AB=c
, AD=m_{a}
, BE=m_{b}
, CF=m_{c}
. Без ограничения общности считаем, что площадь треугольника ABC
равна 1. Тогда площади треугольников \triangle_{i}
равны \frac{1}{6}
(см. задачу 3013).
Медианы треугольника делятся точкой их пересечения в отношении 2:1
, считая от вершины, поэтому
AG=\frac{2}{3}m_{a},~BG=\frac{2}{3}m_{b},~CG=\frac{2}{3}m_{c},
GD=\frac{1}{3}m_{a},~GE=\frac{1}{3}m_{b},~GF=\frac{1}{3}m_{c}.
Тогда (см. задачу 4259)
R_{1}=\frac{AG\cdot GF\cdot AF}{4S_{\triangle_{1}}}=\frac{\frac{2}{3}m_{a}\cdot\frac{1}{3}m_{c}\cdot\frac{1}{2}c}{4\cdot\frac{1}{6}}=\frac{cm_{a}m_{c}}{6}.
Аналогично,
R_{2}=\frac{cm_{b}m_{c}}{6},~R_{3}=\frac{am_{a}m_{b}}{6},~R_{4}=\frac{am_{a}m_{c}}{6},
R_{5}=\frac{bm_{b}m_{c}}{6},~R_{6}=\frac{bm_{a}m_{b}}{6}.
Следовательно
R_{1}R_{3}R_{5}=\frac{cm_{a}m_{c}}{6}\cdot\frac{am_{a}m_{b}}{6}\cdot\frac{bm_{b}m_{c}}{6}=\frac{abcm_{a}^{2}m_{b}^{2}m_{c}^{2}}{6^{3}}=
=\frac{cm_{b}m_{c}}{6}\cdot\frac{am_{a}m_{c}}{6}\cdot\frac{bm_{a}m_{b}}{6}=R_{2}R_{4}R_{6}.
Что и требовалось доказать.
б) Пусть p_{1}
— полупериметр треугольника \triangle_{1}
. Тогда (см. задачу 452)
\frac{1}{r_{1}}=\frac{p_{1}}{S_{\triangle_{1}}}=\frac{\frac{2}{3}m_{a}+\frac{1}{3}m_{c}+\frac{1}{2}c}{2\cdot\frac{1}{6}}=\frac{4m_{a}+2m_{c}+3c}{2}.
Аналогично,
\frac{1}{r_{2}}=\frac{4m_{b}+2m_{c}+3c}{2},~\frac{1}{r_{3}}=\frac{4m_{b}+2m_{a}+3a}{2},~\frac{1}{r_{4}}=\frac{4m_{c}+2m_{a}+3a}{2},
\frac{1}{r_{5}}=\frac{4m_{c}+2m_{b}+3b}{2},~\frac{1}{r_{6}}=\frac{4m_{a}+2m_{b}+3b}{2}.
Значит,
\frac{1}{r_{1}}+\frac{1}{r_{3}}+\frac{1}{r_{5}}=\frac{4m_{a}+2m_{c}+3c}{2}+\frac{4m_{b}+2m_{a}+3a}{2}+\frac{4m_{c}+2m_{b}+3b}{2}=
=3(m_{a}+m_{b}+m_{c})+\frac{3}{2}(a+b+c).
Аналогично,
\frac{1}{r_{2}}+\frac{1}{r_{4}}+\frac{1}{r_{6}}=3(m_{a}+m_{b}+m_{c})+\frac{3}{2}(a+b+c).
Следовательно,
\frac{1}{r_{1}}+\frac{1}{r_{3}}+\frac{1}{r_{5}}=\frac{1}{r_{2}}+\frac{1}{r_{4}}+\frac{1}{r_{6}}.
Таким образом, достаточно доказать, что
\frac{15}{2r}\lt3(m_{a}+m_{b}+m_{c})+\frac{3}{2}(a+b+c)\lt\frac{9}{r}.
Пусть p
— полупериметр треугольника ABC
. Из равенства rp=1
следует, что
\frac{1}{r}=p=\frac{a+b+c}{2},
поэтому нужное неравенство равносильно неравенству
\frac{15}{2}\cdot\frac{a+b+c}{2}\lt3(m_{a}+m_{b}+m_{c})+\frac{3}{2}(a+b+c)\lt9\cdot\frac{a+b+c}{2}~\Leftrightarrow
\Leftrightarrow~\frac{15}{4}(a+b+c)\lt3(m_{a}+m_{b}+m_{c})+\frac{3}{2}(a+b+c)\lt\frac{9}{2}(a+b+c)~\Leftrightarrow
\Leftrightarrow~\frac{3}{4}(a+b+c)\lt m_{a}+m_{b}+m_{c}\lt a+b+c.
Последнее неравенство верно (см. задачу 3515). Отсюда следует утверждение пункта б).
Источник: Журнал «Crux Mathematicorum». — 1989, № 3, задача 1315 (1988, с. 45), с. 88