13618. Пусть AA'=l_{a}
, BB'=l_{b}
и CC'=l_{c}
— биссектрисы треугольника ABC
, а AA''=L_{a}
, BB''=L_{b}
и AC''=L_{c}
— отрезки биссектрис углов A
, B
и C
, заключённые внутри описанной окружности треугольника ABC
. Обозначим k_{a}=\frac{l_{a}}{L_{a}}
, k_{b}=\frac{l_{b}}{L_{c}}
и k_{c}=\frac{l_{c}}{L_{c}}
, \angle A=\alpha
, \angle B=\beta
и \angle C=\gamma
. Докажите, что
\frac{k_{a}}{\sin^{2}\alpha}+\frac{k_{b}}{\sin^{2}\beta}+\frac{k_{c}}{\sin^{2}\gamma}\geqslant3.
Решение. Пусть стороны треугольника ABC
, противолежащие вершинам A
, B
и C
, равны a
, b
и c
соответственно, высоты проведённые из вершин A
, B
и C
, равны h_{a}
, h_{b}
и h_{c}
соответственно, а радиус описанной окружности равен R
. Тогда
h_{a}=b\sin\gamma,~h_{b}=c\sin\alpha,~h_{c}=a\sin\beta,
поэтому
h_{a}h_{b}h_{c}=abc\sin\alpha\sin\beta\sin\gamma.
Кроме того,
l_{a}\geqslant h_{a},~l_{b}\geqslant h_{b},~l_{c}\geqslant h_{c},
L_{a}\leqslant2R,~L_{b}\leqslant2R,~L_{c}\leqslant2R,
а так как по теореме синусов
2R\sin\alpha=a,~2R\sin\beta=b,~2R\sin\gamma=c,
то
\frac{k_{a}}{\sin^{2}\alpha}+\frac{k_{b}}{\sin^{2}\beta}+\frac{k_{c}}{\sin^{2}\gamma}=\frac{l_{a}}{L_{a}\sin^{2}\alpha}+\frac{l_{b}}{L_{b}\sin^{2}\beta}+\frac{l_{c}}{L_{c}\sin^{2}\gamma}\geqslant
\geqslant\frac{h_{a}}{2R\sin^{2}\alpha}+\frac{h_{b}}{2R\sin^{2}\beta}+\frac{H_{c}}{2R\sin^{2}\gamma}=\frac{h_{a}}{a\sin\alpha}+\frac{h_{b}}{b\sin\beta}+\frac{h_{c}}{c\sin\gamma}\geqslant
\geqslant3\sqrt[{3}]{{\frac{h_{a}}{a\sin\alpha}\cdot\frac{h_{b}}{b\sin\beta}\cdot\frac{h_{c}}{c\sin\gamma}}}=3.
Что и требовалось доказать.