16266. Точки H
и O
— соответственно ортоцентр и центр описанной окружности остроугольного треугольника ABC
, R
и r
— центры соответственно описанной и вписанной окружностей треугольника, P
— произвольная точка отрезка OH
. Докажите, что
6r\leqslant PA+PB+PC\leqslant3R.
Решение. 1. Поскольку точка P
лежит на отрезке PO
, то найдётся число t\in[0;1]
, для которого \overrightarrow{PO}=t\overrightarrow{HO}
. Тогда
\overrightarrow{PA}=\overrightarrow{PO}+\overrightarrow{OA}=t\overrightarrow{HO}+\overrightarrow{OA}=t(\overrightarrow{HA}+\overrightarrow{AO})+\overrightarrow{OA}=(1-t)\overrightarrow{OA}+t\overrightarrow{HA}.
Поскольку
|\overrightarrow{PA}|=|(1-t)\overrightarrow{OA}+t\overrightarrow{HA}|\leqslant(1-t)|\overrightarrow{OA}|+t|\overrightarrow{HA}|
и, аналогично,
|\overrightarrow{PB}|\leqslant(1-t)|\overrightarrow{OB}|+t|\overrightarrow{HB}|,~|\overrightarrow{PC}|\leqslant(1-t)|\overrightarrow{OC}|+t|\overrightarrow{HC}|,
то
PA+PB+PC=|\overrightarrow{PA}|+|\overrightarrow{PB}|+|\overrightarrow{PC}|\leqslant
\leqslant(1-t)|\overrightarrow{OA}|+t|\overrightarrow{HA}|+(1-t)|\overrightarrow{OB}|+t|\overrightarrow{HB}|+(1-t)|\overrightarrow{OC}|+t|\overrightarrow{HC}|=
=3(1-t)R+t(HA+HB+HC).
Обозначим углы треугольника ABC
, противолежащие сторонам BC
, CA
и AB
, через \alpha
, \beta
и \gamma
соответственно. Пусть M
— середина стороны BC
. Тогда (см. задачу 1257)
HA=2OM=BO\cos\angle BOM=2BO\cos\frac{1}{2}\angle BOC=2R\cos\alpha.
Аналогично,
HB=2R\cos\beta,~HC=2R\cos\gamma.
Кроме того (см. задачи 3238 и 3587),
\cos\alpha+\cos\beta+\cos\gamma=1+\frac{r}{R},
Значит,
PA+PB+PC=2R(\cos\alpha+\cos\beta+\cos\gamma)=2R\left(1+\frac{r}{R}\right)=
=2R+2r\leqslant2R+R=3R.
2. Пусть h_{a}
, h_{b}
и h_{c}
— высоты треугольника ABC
, проведённые из вершин A
, B
и C
соответственно, d_{a}
, d_{b}
и d_{c}
— расстояния от точки P
до сторон BC
, CA
и AB
соответственно, а PA=R_{a}
, PB=R_{b}
и PC=R_{c}
. Тогда
R_{a}+d_{a}\geqslant h_{a},~R_{b}+d_{b}\geqslant h_{b},~R_{c}+d_{c}\geqslant h_{c},
поэтому
(R_{a}+R_{b}+R_{c})+(d_{a}+d_{b}+d_{c})\geqslant h_{a}+h_{b}+h_{c}.
Сложив это неравенство с неравенством Эрдёша—Морделла
\frac{1}{2}(R_{a}+R_{b}+R_{c})\geqslant d_{a}+d_{b}+d_{c}
(см. задачу 11263), получим
\frac{3}{2}(R_{a}+R_{b}+R_{c})\geqslant h_{a}+h_{b}+h_{c}.
В то же время, если S
— площадь треугольника ABC
, а p
— полупериметр, то (см. примечание к задаче 3399)
h_{a}+h_{b}+h_{c}=\frac{2S}{a}+\frac{2S}{b}+\frac{2S}{c}=2S\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\geqslant2S\cdot\frac{9}{a+b+c}=\frac{9S}{2p}=9r
(см. задачу 452). Следовательно,
PA+PB+PC=R_{a}+R_{b}+R_{c}\geqslant\frac{2}{3}(h_{a}+h_{b}+h_{c})\geqslant\frac{2}{3}\cdot9r=6r.
Таким образом,
6r\leqslant PA+PB+PC\leqslant3R.
Что и требовалось доказать.
Равенства достигаются тогда и только тогда, когда a=b=c
, т. е. тогда и только тогда, когда треугольник ABC
равносторонний.
Источник: Молдавские математические олимпиады. — 2004
Источник: Журнал «Crux Mathematicorum». — 2008, № 6, задача 7, с. 353