13617. Около остроугольного треугольника ABC
описана окружность с центром O
и радиусом R
. Лучи AO
, BO
и CO
пересекают описанные окружности треугольников BOC
, AOC
и AOB
в точках A'
, B'
и C'
соответственно. Докажите, что OA'\cdot OB'\cdot OC'\geqslant8R^{3}
.
Решение. Первый способ. Пусть лучи AO
, BO
и CO
пересекают стороны BC
, AC
и AB
данного треугольника в точках D
, E
и F
соответственно. Тогда
\frac{OA}{OD}=\frac{AD-OD}{OD}=\frac{AD}{OD}-1=\frac{S_{\triangle ABC}-S_{\triangle BOC}}{S_{\triangle BOC}}=\frac{S_{\triangle AOB}+S_{\triangle AOC}}{S_{\triangle BOC}}.
Аналогично,
\frac{OB}{OE}=\frac{S_{\triangle AOB}+S_{\triangle BOC}}{S_{\triangle AOC}},~\frac{OC}{OF}=\frac{S_{\triangle AOC}+S_{\triangle BOC}}{S_{\triangle AOB}}.
Обозначим S_{\triangle BOC}=x
, S_{\triangle OAC}=y
и S_{AOBC}=z
. Тогда
\frac{OA}{OD}=\frac{y+z}{x},~\mbox{или}~\frac{R}{OD}=\frac{y+z}{x}.
Аналогично,
\frac{R}{OE}=\frac{z+x}{y},~\frac{R}{OF}=\frac{x+y}{z}.
Перемножив эти три равенства, получим
\frac{R^{3}}{OD\cdot OE\cdot OF}=\frac{(y+z)(z+x)(x+y)}{xyz},
а так как
y+z\geqslant2\sqrt{yz},~z+x\geqslant2\sqrt{zx},~x+y\geqslant2\sqrt{xy}
(см. задачу 3399), то
(y+z)(z+x)(x+y)\geqslant8xyz,
причём равенство достигается, если x=y=z
. Следовательно,
\frac{R^{3}}{OD\cdot OE\cdot OF}\geqslant8.
Точки O
, B
, A'
и C
лежат на одной окружности, поэтому
\angle OA'C=\angle OBC=\angle OCB=\angle OCD.
Значит, треугольники OCD
и OA'C
с общим углом при вершине O
подобны по двум углам. Тогда
\frac{OD}{OC}=\frac{OC}{OA'}~\Rightarrow~OA'=\frac{OC^{2}}{OD}=\frac{R^{2}}{OD}.
Аналогично, OB'=\frac{R^{2}}{OE}
и OC'=\frac{R^{2}}{OF}
. Тогда
OA'\cdot OB'\cdot OC'=\frac{R^{6}}{OD\cdot OE\cdot OF}\geqslant8R^{3}.
Что и требовалось доказать.
Равенство достигается, если
S_{\triangle BOC}=S_{\triangle AOC}=S_{\triangle AOB},
т. е. если треугольник ABC
равносторонний.
Второй способ. Заметим, что
\angle CBB'=\angle CBO=\angle BCO=\angle OA'C=\angle AA'C,
поэтому треугольник BCB'
подобен треугольнику A'CA
по двум углам. Аналогично, треугольник CAC'
подобен треугольнику B'AB
, а треугольник ABA'
— треугольнику C'BC
. Тогда
B'C:CB:BB'=AC:CA':A'A,~C'A:AC:CC'=BA:AB':B'B,
A'B:BA:AA'=CB:BC':C'C,
откуда
\frac{BA'}{BC}=\frac{AA'}{CC'},~\frac{CA'}{CB}=\frac{AA'}{BB'}.
Применив к вписанному четырёхугольнику OBA'C
теорему Птолемея, получим
OA'\cdot BC=OC\cdot BA'+OB\cdot CA'~\Rightarrow~OA'=OC\cdot\frac{BA'}{BC}+OB\cdot\frac{CA'}{BC}=
=R\left(\frac{BA'}{BC}+\frac{CA'}{BC}\right)=R\left(\frac{AA'}{CC'}+\frac{AA'}{BB'}\right).
Аналогично,
OB'=R\left(\frac{BB'}{CC'}+\frac{BB'}{AA'}\right),~OC'=R\left(\frac{CC'}{BB'}+\frac{CC'}{AA'}\right).
Обозначим AA'=x
, CC'=y
, BB'=z
. Тогда
OA'\cdot OB'\cdot OC'=R\left(\frac{AA'}{CC'}+\frac{AA'}{BB'}\right)\cdot R\left(\frac{BB'}{CC'}+\frac{BB'}{AA'}\right)\cdot R\left(\frac{CC'}{BB'}+\frac{CC'}{AA'}\right)=
=R^{3}\left(\frac{x}{y}+\frac{x}{z}\right)\cdot\left(\frac{z}{y}+\frac{z}{x}\right)\cdot\left(\frac{y}{x}+\frac{y}{x}\right)\geqslant
\geqslant R^{3}\cdot2\sqrt{\frac{x^{2}}{yz}}\cdot2\sqrt{\frac{z^{2}}{xy}}\cdot2\sqrt{\frac{y^{2}}{xz}}=R^{3}\cdot\frac{8xyz}{xyz}=8R^{3}.
Что и требовалось доказать.
Источник: Журнал «Crux Mathematicorum». — 1999, № 1, задача 13, с. 8; 2002, № 4, задача 2, с. 211
Источник: Международная математическая олимпиада. — 1999, из материалов жюри
Источник: Вьетнамские математические олимпиады. — 1996