16204. Около остроугольного треугольника ABC
описана окружность с центром O
. Прямые CO
, AO
и BO
вторично пересекают описанные окружности треугольников AOB
, BOC
и AOC
в точках C_{1}
, A_{1}
и B_{1}
соответственно. Докажите, что
\frac{AA_{1}}{OA_{1}}+\frac{BB_{1}}{OB_{1}}+\frac{CC_{1}}{OC_{1}}\geqslant\frac{9}{2}.
Решение. Пусть R
— радиус окружности \Gamma
, описанной около данного треугольника ABC
.
При инверсии относительно окружности \Gamma
точки A
, B
и C
, лежащие на окружности инверсии остаются на местах, а описанная окружность треугольника BOC
, проходящая через точки B
и C
, но не проходящая через центр инверсии, переходит в прямую BC
. Прямая AO
, проходящая через центр инверсии, переходит в себя, поэтому лежащая на ней точка A_{1}
переходит в точку A_{1}'
пересечения прямой AO
с прямой BC
(образом описанной окружности треугольника BOC
). Тогда
OA_{1}\cdot OA_{1}'=R^{2},
а так как A
и A_{1}
— образы точек соответственно A
и A_{1}'
при рассматриваемой инверсии, то (см. задачу 6121)
AA_{1}=\frac{R^{2}\cdot AA_{1}'}{OA\cdot OA_{1}'}~\Rightarrow~\frac{AA_{1}}{OA_{1}}=\frac{R^{2}\cdot AA_{1}'}{OA\cdot OA_{1}'}\cdot\frac{OA_{1}'}{R^{2}}=\frac{AA_{1}'}{OA}.
Пусть I
и J
— проекции точек соответственно A
и O
на прямую BC
. Тогда
\frac{OA_{1}'}{AA_{1}'}=\frac{OJ}{AI}=\frac{S_{\triangle BOC}}{S_{\triangle ABC}},
а так как точка O
лежит внутри треугольника ABC
(так как по условию он остроугольный), то
OA=AA_{1}'-OA_{1}'~\Rightarrow~\frac{OA}{AA_{1}'}=1-\frac{OA_{1}'}{AA_{1}'}=1-\frac{S_{\triangle BOC}}{S_{\triangle ABC}}=\frac{S_{\triangle ABC}-S_{\triangle BOC}}{S_{\triangle ABC}}.
Значит,
\frac{AA_{1}}{OA_{1}}=\frac{AA_{1}'}{OA}=\frac{S_{\triangle ABC}}{S_{\triangle ABC}-S_{\triangle BOC}}.
Аналогично,
\frac{BB_{1}}{OB_{1}}=\frac{S_{\triangle ABC}}{S_{\triangle ABC}-S_{\triangle AOC}},~\frac{CC_{1}}{OC_{1}}=\frac{S_{\triangle ABC}}{S_{\triangle ABC}-S_{\triangle AOB}}.
Тогда
\frac{AA_{1}}{OA_{1}}+\frac{BB_{1}}{OB_{1}}+\frac{CC_{1}}{OC_{1}}=\frac{S_{\triangle ABC}}{S_{\triangle ABC}-S_{\triangle BOC}}+\frac{S_{\triangle ABC}}{S_{\triangle ABC}-S_{\triangle AOC}}+\frac{S_{\triangle ABC}}{S_{\triangle ABC}-S_{\triangle AOB}}
Обозначим
S_{\triangle ABC}=S,~S_{\triangle BOC}=S_{1},~S_{\triangle AOC}=S_{2},~S_{\triangle AOB}=S_{3}.
Применив неравенство Коши—Буняковского (см. задачу 7946), получим
\left(\frac{AA_{1}}{OA_{1}}+\frac{BB_{1}}{OB_{1}}+\frac{CC_{1}}{OC_{1}}\right)\cdot2S=
=\left(\frac{S}{S-S_{1}}+\frac{S}{S-S_{2}}+\frac{S}{S-S_{3}}\right)((S-S_{1})+(S-S_{2})+(S-S_{3}))=
=\left(\left(\sqrt{\frac{S}{S-S_{1}}}\right)^{2}+\left(\sqrt{\frac{S}{S-S_{2}}}\right)^{2}+\left(\sqrt{\frac{S}{S-S_{3}}}\right)^{2}\right)\times
\times((\sqrt{S-S_{1}})^{2}+(\sqrt{S-S_{2}})^{2}+(\sqrt{S-S_{3}})^{2})\geqslant
\geqslant\left(\sqrt{\frac{S}{S-S_{1}}}\cdot\sqrt{S-S_{1}}+\sqrt{\frac{S}{S-S_{2}}}\cdot\sqrt{S-S_{2}}+\sqrt{\frac{S}{S-S_{3}}}\cdot\sqrt{S-S_{3}}\right)^{2}=
=(\sqrt{S}+\sqrt{S}+\sqrt{S})^{2}=9S.
Следовательно,
\frac{AA_{1}}{OA_{1}}+\frac{BB_{1}}{OB_{1}}+\frac{CC_{1}}{OC_{1}}\geqslant\frac{9}{2}.
Что и требовалось доказать.
Источник: Армянские математические олимпиады. — 2001
Источник: Журнал «Crux Mathematicorum». — 2004, № 1, задача 1, с. 26