14687. Дан тетраэдр ABCD
, в котором \angle BAC=\angle CAD=\angle DAB=60^{\circ}
. Обозначим через R_{b}
, R_{c}
и R_{d}
радиусы описанных окружностей треугольников CAD
, DAB
и BAC
соответственно. Докажите, что
R_{b}+R_{c}+R_{d}\geqslant\sqrt{AB^{2}+AC^{2}+AD^{2}}.
Решение. Обозначим AB=b
, AC=c
и AD=d
. Тогда
R_{b}=\frac{AD}{2\sin\angle CAD}=\frac{\sqrt{c^{2}+d^{2}-2cd\cos60^{\circ}}}{\sin60^{\circ}}=\sqrt{\frac{c^{2}+d^{2}-cd}{3}}=\frac{1}{\sqrt{3}}\sqrt{\left(d-\frac{c}{2}\right)^{2}+\frac{3}{4}c^{2}}.
Аналогично,
R_{c}=\frac{1}{\sqrt{3}}\sqrt{\left(d-\frac{b}{2}\right)^{2}+\frac{3}{4}b^{2}},~R_{d}=\frac{1}{\sqrt{3}}\sqrt{\left(c-\frac{b}{2}\right)^{2}+\frac{3}{4}b^{2}}.
Пусть \overrightarrow{m}=\left(d-\frac{c}{2},\frac{c\sqrt{3}}{2}\right)
и \overrightarrow{n}=\left(d-\frac{b}{2},\frac{b\sqrt{3}}{2}\right)
. Тогда
|\overrightarrow{m}|\cdot|\overrightarrow{n}|\geqslant|\overrightarrow{m}|\cdot|\overrightarrow{n}|\cdot\cos\angle(\overrightarrow{m},\overrightarrow{n})=\overrightarrow{m}\overrightarrow{n},
или
3R_{b}R_{c}=\sqrt{\left(d-\frac{c}{2}\right)^{2}+\frac{3}{4}c^{2}}\cdot\sqrt{\left(d-\frac{b}{2}\right)^{2}+\frac{3}{4}b^{2}}\geqslant\left(d-\frac{c}{2}\right)\left(d-\frac{b}{2}\right)+\frac{3}{4}bc=
=d^{2}+bc-\frac{1}{2}cd-\frac{1}{2}db.
Аналогично,
3R_{c}R_{d}\geqslant b^{2}+cd-\frac{1}{2}db-\frac{1}{2}bc,~3R_{b}R_{d}\geqslant c^{2}+bd-\frac{1}{2}dc-\frac{1}{2}cb.
Следовательно,
(R_{b}+R_{c}+R_{d})^{2}\geqslant3R_{b}R_{c}+3R_{c}R_{d}+3R_{b}R_{d}\geqslant
\geqslant\left(d^{2}+bc-\frac{1}{2}cd-\frac{1}{2}db\right)+\left(b^{2}+cd-\frac{1}{2}db-\frac{1}{2}bc\right)+\left(c^{2}+bd-\frac{1}{2}dc-\frac{1}{2}cb\right)=
=b^{2}+c^{2}+d^{2}.
Что и требовалось доказать.
Источник: Журнал «Crux Mathematicorum». — 2018, № 6, задача 4252, с. 261