16130. Точка P
лежит внутри равностороннего треугольника ABC
. Прямые AP
, BP
и CP
пересекают стороны BC
, CA
и AB
в точках A_{1}
, B_{1}
и C_{1}
соответственно. Докажите, что
A_{1}B_{1}\cdot B_{1}C_{1}\cdot C_{1}A_{1}\geqslant A_{1}B\cdot B_{1}C\cdot C_{1}A.
Решение. Обозначим A_{1}B=a
, A_{1}C=a'
, B_{1}C=b
, B_{1}A=b'
, C_{1}A=c
и C_{1}B=c'
. Тогда по теореме Чевы
\frac{a}{a'}\cdot\frac{b}{b'}\cdot\frac{c}{c'}=1~\Rightarrow~abc=a'b'c'.
По теореме косинусов
B_{1}C_{1}^{2}=b'^{2}+c^{2}-2b'c\cos60^{\circ}=b'^{2}+c^{2}-b'c\geqslant b'c,
так как
b'^{2}+c^{2}\geqslant2b'c
(см. задачу 3399). Аналогично,
C_{1}A_{1}^{2}\geqslant c'a,~A_{1}B_{1}^{2}\geqslant a'b.
Перемножив эти три неравенства и учитывая, что a'b'c'=abc
, получим
B_{1}C_{1}^{2}\cdot C_{1}A_{1}^{2}\cdot A_{1}B_{1}^{2}\geqslant b'c\cdot c'a\cdot a'b=a^{2}b^{2}c^{2}.
Следовательно,
B_{1}C_{1}\cdot C_{1}A_{1}\cdot A_{1}B_{1}\geqslant abc,
т. е.
A_{1}B_{1}\cdot B_{1}C_{1}\cdot C_{1}A_{1}\geqslant A_{1}B\cdot B_{1}C\cdot C_{1}A.
Что и требовалось доказать.