13745. Пусть M
, N
и P
— произвольные точки на сторонах соответственно BC
, AC
и AB
треугольника ABC
со сторонами BC=a
, AC=b
, AB=c
и радиусом R
описанной окружности. Докажите, что
\frac{bc}{AM}+\frac{ac}{BN}+\frac{ab}{CP}\leqslant6R.
Решение. Обозначим \angle AMB=\alpha
, \angle BNA=\beta
, \angle APC=\gamma
, S
— площадь треугольника ABC
. Тогда
\frac{1}{2}a\cdot AM\sin\alpha=S=\frac{abc}{4R}
(см. задачу 4259), откуда \frac{bc}{AM}=2R\sin\alpha
. Аналогично,
\frac{ac}{BN}=2R\sin\beta,~\frac{ab}{CP}=2R\sin\gamma.
Следовательно,
\frac{bc}{AM}+\frac{ac}{BN}+\frac{ab}{CP}=2R(\sin\alpha+\sin\beta+\sin\gamma)\leqslant2R(1+1+1)=6R.
Что и требовалось доказать.
Заметим, что равенство достигается, когда AM
, BN
и CP
— высоты треугольника ABC