16038. Внутри остроугольного треугольника ABC
найдите точку P
, для которой сумма BL^{2}+CM^{2}+AN^{2}
минимальна, где L
, M
и N
— основания перпендикуляров, опущенных из P
на BC
, CA
и AB
соответственно.
Решение. Лемма. Для любых чисел x
и y
верно неравенство
x^{2}+y^{2}\geqslant\frac{(x+y)^{2}}{2}.
Доказательство.
x^{2}+y^{2}-\frac{(x+y)^{2}}{2}=\frac{1}{2}(2x^{2}+2y^{2}-x^{2}-y^{2}-2xy)=
=\frac{1}{2}(x^{2}+y^{2}-2xy)=\frac{1}{2}(x-y)^{2}\geqslant0.
Следовательно,
x^{2}+y^{2}\geqslant\frac{(x+y)^{2}}{2},
причём равенство достигается тогда и только тогда, когда x=y
. Лемма доказана.
По теореме Пифагора
BP^{2}-BL^{2}=CP^{2}-CL^{2},
CP^{2}-CM^{2}=AP^{2}-AM^{2},
AP^{2}-AN^{2}=BP^{2}-BN^{2},
откуда после сложения этих равенств получаем
BL^{2}+CM^{2}+AN^{2}=CL^{2}+AM^{2}+BN^{2}.
Обозначим через s
каждую из частей этого равенства. Тогда, применив лемму, получим
2s=(BL^{2}+CL^{2})+(CM^{2}+MA^{2})+(AN^{2}+NB^{2})\geqslant
\geqslant2\left(\frac{(BL+CL)^{2}}{2}+\frac{(CM+MA)^{2}}{2}+\frac{(AN+NB)^{2}}{2}\right)=BC^{2}+CA^{2}+AB^{2}.
Значит,
BL^{2}+CM^{2}+AN^{2}=s\geqslant\frac{1}{2}(BC^{2}+CA^{2}+AB^{2}),
причём равенство достигается в случае, когда
BL=LC,~CM=MA,~AN=NB,
т. е. когда прямые PL
, PM
и PN
— серединные перпендикуляры к сторонам треугольника ABC
. Следовательно, в этом случае P
— центр описанной окружности треугольника ABC
.