16066. Даны концентрические окружности радиусов R_{1}
и R
(R_{1}\gt R
) и треугольник ABC
, вписанный в меньшую из них. Продолжения сторон BC
, CA
и AB
за вершины соответственно C
, A
и B
пересекают большую окружность в точках A_{1}
, B_{1}
и C_{1}
соответственно. Докажите, что \frac{S_{1}}{R_{1}^{2}}\geqslant\frac{S}{R^{2}}
, где S_{1}
и S
— площади треугольников A_{1}B_{1}C_{1}
и ABC
, соответственно, причём равенство достигается тогда и только тогда, когда треугольник ABC
равносторонний.
Решение. Обозначим BC=a
, CA=b
, AB=c
, CA_{1}=x
, AB_{1}=y
и BC_{1}=z
. Пусть O
— общий центр данных окружностей.
Из точки A_{1}
проведём прямую, касающуюся меньшей окружности в точке P
. Тогда по теореме о касательной и секущей (см. задачу 93)
x(a+x)=A_{1}C\cdot A_{1}B=A_{1}P^{2}=OA_{1}^{2}-OP^{2}=R_{1}^{2}-R^{2}.
Аналогично,
y(b+y)=R_{1}^{2}-R^{2}~\mbox{и}~z(c+z)=R_{1}^{2}-R^{2}.
Пусть h_{1}
и h
— высоты треугольников A_{1}B_{1}C_{1}
и ABC
, проведённые из вершин B_{1}
и A
соответственно. Тогда из подобия
\frac{h_{1}}{h}=\frac{B_{1}C}{AC}=\frac{b+y}{b},
а так как \frac{A_{1}C}{BC}=\frac{x}{a}
, то
\frac{S_{\triangle CA_{1}B_{1}}}{S_{\triangle ABC}}=\frac{x}{a}\cdot\frac{b+y}{b}=\frac{x(b+y)}{ab}.
Аналогично,
\frac{S_{\triangle AB_{1}C_{1}}}{S_{\triangle ABC}}=\frac{y(c+z)}{bc}~\mbox{и}~\frac{S_{\triangle BC_{1}A_{1}}}{S_{\triangle ABC}}=\frac{z(a+x)}{ca}.
Тогда
S_{1}=S_{\triangle A_{1}B_{1}C_{1}}=S+S_{\triangle CA_{1}B_{1}}+S_{\triangle AB_{1}C_{1}}+S_{\triangle BC_{1}A_{1}}~\Leftrightarrow
\Leftrightarrow~S_{1}=S\left(1+\frac{x(b+y)}{ab}+\frac{y(c+z)}{bc}+\frac{z(a+x)}{ca}\right).
Значит,
\frac{S_{1}}{R_{1}^{2}}\geqslant\frac{S}{R^{2}}~\Leftrightarrow~\frac{S_{1}}{S}\geqslant\frac{R_{1}^{2}}{R^{2}}~\Leftrightarrow~\frac{x(b+y)}{ab}+\frac{y(c+z)}{bc}+\frac{z(a+x)}{ca}\geqslant\frac{R_{1}^{2}}{R^{2}}-1~\Leftrightarrow
\Leftrightarrow~\frac{x(b+y)}{ab}+\frac{y(c+z)}{bc}+\frac{z(a+x)}{ca}\geqslant\frac{R_{1}^{2}-R^{2}}{R^{2}}~\Leftrightarrow
\Leftrightarrow~\frac{x\cdot\frac{R_{1}^{2}-R^{2}}{y}}{ab}+\frac{y\cdot\frac{R_{1}^{2}-R^{2}}{z}}{bc}+\frac{z\cdot\frac{R_{1}^{2}-R^{2}}{x}}{ca}\geqslant\frac{R_{1}^{2}-R^{2}}{R^{2}}~\Leftrightarrow
\Leftrightarrow~\frac{x}{yab}+\frac{y}{zbc}+\frac{z}{xca}\geqslant\frac{1}{R^{2}},
а так как
\frac{x}{yab}+\frac{y}{zbc}+\frac{z}{xca}\geqslant3\sqrt[{3}]{{\frac{x}{yab}\cdot\frac{y}{zbc}\cdot\frac{z}{xca}}}=\frac{3}{\sqrt[{3}]{{(abc)^{2}}}}
(см. задачу 3399) то достаточно доказать, что
\frac{3}{\sqrt[{3}]{{(abc)^{2}}}}\geqslant\frac{1}{R^{2}},
или
\frac{3^{3}}{(abc)^{2}}\geqslant\frac{1}{R^{6}}~\Leftrightarrow~\frac{3^{3}}{(abc)^{2}}\geqslant\left(\frac{4S}{abc}\right)^{6}~\Leftrightarrow~S^{3}\leqslant\frac{3\sqrt{3}}{64}\cdot(abc)^{2}.
Последнее неравенство верно (см. задачу 3190). Отсюда следует утверждение задачи.
Равенство достигается тогда и только тогда, когда a=b=c
, т. е. тогда и только тогда, когда треугольник ABC
равносторонний.
Источник: Журнал «Crux Mathematicorum». — 1992, № 6, задача 1664 (1991, с. 207), с. 189