16035. Из точки M
, лежащей внутри треугольника ABC
, опущены перпендикуляры MA'
, MB'
и MC'
на стороны BC=a
, CA=b
и AB=c
соответственно. Пусть B'C'=a'
, C'A'=b'
и A'B'=c'
. Докажите, что
\frac{a'}{a}+\frac{b'}{b}+\frac{c'}{c}\lt2.
Решение. Пусть углы треугольника ABC
, противолежащие сторонам BC
, CA
и AB
, равны \alpha
, \beta
и \gamma
соответственно, а радиус описанной окружности треугольника ABC
равен R
. Применив теорему синусов, получим
\frac{a'}{a}+\frac{b'}{b}+\frac{c'}{c}=\frac{AM\sin(180^{\circ}-\alpha)}{2R\sin\alpha}+\frac{BM\sin(180^{\circ}-\beta)}{2R\sin\beta}+\frac{CM\sin(180^{\circ}-\gamma)}{2R\sin\gamma}=
=\frac{AM\sin\alpha}{2R\sin\alpha}+\frac{BM\sin\beta}{2R\sin\beta}+\frac{CM\sin\gamma}{2R\sin\gamma}=\frac{AM+BM+CM}{2R}.
Осталось доказать, что
AM+BM+CM\lt4R.
Без ограничения общности будем считать, что a\geqslant b\geqslant c
. Пусть прямая, проведённая через точку M
параллельно BC
, пересекает стороны AB
и AC
в точках D
и E
соответственно. Тогда (см. задачу 3501) отрезок AM
не превосходит наибольшую из сторон AD
и AE
, т. е. AM\leqslant AD
. Кроме того (см. задачу 1783),
BM+CM\lt(BD+DM)+(ME+EC)=
=BD+(DM+ME)+EC=BD+DE+EC,
а так как BC\leqslant AC
и DE\leqslant AE
, то
AM+BM+CM\leqslant AD+(BM+CM)\leqslant AD+(BD+DE+EC)\leqslant
\leqslant(AD+BD)+(AE+EC)=AB+AC=2R(\sin\gamma+\sin\beta)\lt4R.
Что и требовалось доказать.
Источник: Журнал «Crux Mathematicorum». — 1988, № 9, задача 1273 (1987, с. 256), с. 276