13361. Точка P
лежит внутри треугольника ABC
. Радиусы описанных окружностей треугольников PBC
, PCA
и PAB
равны соответственно R_{a}
, R_{b}
и R_{c}
соответственно. Докажите, что R_{a}R_{b}R_{c}\geqslant PA\cdot PB\cdot PC
.
Решение. Обозначим \angle BPC=\alpha
, \angle PBC=\alpha_{1}
, \angle PCB=\alpha_{2}
, \angle CPA=\beta
, \angle APB=\gamma
. По теореме синусов
PC=2R_{a}\sin\alpha_{1},~PB=2R_{a}\sin\alpha_{2},
поэтому
PB\cdot PC=4R_{a}^{2}\sin\alpha_{1}\sin\alpha_{2}=2R_{a}^{2}(\cos(\alpha_{1}-\alpha_{2})-\cos(\alpha_{1}+\alpha_{2}))=
=2R_{a}^{2}(\cos(\alpha_{1}-\alpha_{2})+\cos\alpha)\leqslant2R_{a}^{2}(1+\cos\alpha)=4R_{a}^{2}\cos^{2}\frac{\alpha}{2}.
Аналогично,
PC\cdot PA\leqslant4R_{a}^{2}\cos^{2}\frac{\beta}{2},~PA\cdot PB\leqslant4R_{a}^{2}\cos^{2}\frac{\gamma}{2}.
После перемножения получаем
PA^{2}\cdot PB^{2}\cdot PC^{2}\geqslant64R_{a}^{2}R_{b}^{2}R_{c}^{2}\cos^{2}\frac{\alpha}{2}\cos^{2}\frac{\beta}{2}\cos^{2}\frac{\gamma}{2}.
Поскольку
\alpha+\beta+\gamma=360^{\circ}
то
\frac{\alpha}{2}+\frac{\beta}{2}+\frac{\gamma}{2}=180^{\circ},
поэтому \frac{\alpha}{2}
, \frac{\beta}{2}
и \frac{\gamma}{2}
могут быть углами некоторого треугольника. Тогда (см. задачи 3252а и 3250),
\cos\frac{\alpha}{2}\cos\frac{\beta}{2}\cos\frac{\gamma}{2}\leqslant\frac{1}{8}.
Следовательно,
PA\cdot PB\cdot PC\leqslant8R_{a}R_{b}R_{c}\cos\frac{\alpha}{2}\cos\frac{\beta}{2}\cos\frac{\gamma}{2}\leqslant8R_{a}R_{b}R_{c}\cdot\frac{1}{8}=R_{a}R_{b}R_{c}.
Что и требовалось доказать.