10606. Касательные к вписанной окружности треугольника, параллельные его сторонам, отсекают от него три треугольника. Докажите, что периметр оставшегося шестиугольника не превосходит двух третей периметра треугольника.
Решение. Пусть полупериметр треугольника равен p
, стороны треугольника равны a
, b
и c
, противоположные им стороны шестиугольника равны a'
, b'
и c'
соответственно, а полупериметр шестиугольника равен P
.
Пусть h_{a}
— высота треугольника, проведённая из вершины, противоположной стороне, равной a
. Записав площадь треугольника двумя способами, получим
pr=\frac{1}{2}ah_{a}~\Rightarrow~\frac{2r}{h_{a}}=\frac{a}{p}.
Отсечённый треугольник со стороной a'
подобен исходному, а расстояние между прямыми, содержащими их соответствующие стороны a'
и a
, равно диаметру вписанной окружности поэтому
\frac{a'}{a}=\frac{h_{a}-2r}{h_{a}}=1-\frac{2r}{h_{a}}=1-\frac{a}{p}~\Rightarrow~a'=a-\frac{a^{2}}{p}.
Аналогично
b'=b-\frac{b^{2}}{p},~c'=c-\frac{c^{2}}{p}.
Противоположные стороны рассматриваемого шестиугольника попарно равны (см. задачу 5705), поэтому его полупериметр равен a'+b'+c'
. Значит,
\frac{2P}{2p}=\frac{P}{p}=\frac{a'+b'+c'}{p}=\frac{a-\frac{a^{2}}{p}+b-\frac{b^{2}}{p}+c-\frac{c^{2}}{p}}{p}=
=\frac{a+b+c-\frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{p}}{p}=2-\frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{p^{2}}=2-\frac{4(a^{2}+b^{2}+c^{2})}{(a+b+c)^{2}}.
Заметим, что из очевидного неравенства
(a-b)^{2}+(a-c)^{2}+(b-c)^{2}\geqslant0
следует, что
3(a^{2}+b^{2}+c^{2})\geqslant(a+b+c)^{2},
откуда
\frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{(a+b+c)^{2}}\geqslant\frac{1}{3}.
Значит,
\frac{2P}{2p}=2-\frac{4(a^{2}+b^{2}+c^{2})}{(a+b+c)^{2}}\leqslant2-4\cdot\frac{3}=\frac{2}{3}.
Следовательно, 2P\leqslant\frac{2}{3}\cdot2p
. Что и требовалось доказать.
Равенство достигается тогда и только тогда, когда a=b=c
, т. е. тогда и только тогда, когда исходный треугольник равносторонний.