16307. Точка P
расположена внутри треугольника ABC
. Лучи AP
, BP
и CP
пересекают описанную окружность треугольника ABC
в точках A_{1}
, B_{1}
и C_{1}
соответственно. Докажите, что сумма площадей треугольников A_{1}BC
, B_{1}AC
и C_{1}AB
не превосходит p(R-r)
, где p
, R
и r
— полупериметр и радиусы описанной и вписанной окружностей треугольника ABC
соответственно.
Решение. Пусть M
— середина не содержащей точку A
дуги BC
описанной окружности треугольника ABC
. Расстояние от любой точки этой дуги до касательной к окружности, проведённой в точке A
, не превосходит расстояния до этой касательной от точки M
, поэтому S_{\triangle A_{1}BC}\leqslant S_{\triangle AMC}
. Аналогичные неравенства верны для площадей треугольников B_{1}AC
и C_{1}AB
.
Обозначим через \alpha
, \beta
и \gamma
углы треугольника ABC
, противолежащие сторонам BC=a
, CA
и AB
соответственно. Поскольку середина дуги BC
, треугольник A_{1}BC
равнобедренный, а луч AM
— биссектриса угла BAC
, поэтому
\angle MBC=\angle\angle MCB=\angle MAC=\frac{\alpha}{2},
а так как по теореме синусов BM=2R\sin\frac{\alpha}{2}
, то
S_{\triangle A_{1}BC}=\frac{1}{2}BM\cdot BC\sin\angle MBC=\frac{1}{2}\cdot2R\sin\frac{\alpha}{2}\cdot a=aR\sin^{2}\frac{\alpha}{2}.
Аналогично,
S_{\triangle B_{1}AC}=bR\sin^{2}\frac{\beta}{2}~\mbox{и}~S_{\triangle C_{1}AB}=cR\sin^{2}\frac{\gamma}{2}.
Применив формулы тригонометрии, равенство
\sin2\alpha+\sin2\beta+\sin2\gamma=4\sin\alpha\sin\beta\sin\gamma
(см. задачу 11287) и теорему синусов, получим
S_{\triangle A_{1}BC}+S_{\triangle B_{1}AC}+S_{\triangle C_{1}AB}\leqslant aR\sin^{2}\frac{\alpha}{2}+bR\sin^{2}\frac{\beta}{2}+cR\sin^{2}\frac{\gamma}{2}=
=\frac{1}{2}aR(1-\cos\alpha)+\frac{1}{2}bR(1-\cos\beta)+\frac{1}{2}cR(1-\cos\gamma)=
=\frac{1}{2}R(a+b+c)-\frac{1}{2}R(a\cos\alpha+b\cos\beta+c\cos\gamma)=
=\frac{1}{2}R(a+b+c)-\frac{1}{2}R(2R\sin\alpha\cos\alpha+2R\sin\beta\cos\beta+2R\sin\gamma\cos\gamma)=
=\frac{1}{2}R(a+b+c)-\frac{1}{2}R^{2}(\sin2\alpha+\sin2\beta+\sin2\gamma)=
=pr-\frac{1}{2}R^{2}\cdot4\sin\alpha\sin\beta\sin\gamma=
=pR-\frac{1}{2}R^{2}\cdot4\cdot\frac{a}{2R}\cdot\frac{b}{2R}\cdot\frac{c}{2R}=pR-\frac{1}{2}R^{2}\cdot4\cdot\frac{abc}{8R^{3}}=
=pR-\frac{abc}{4R}=pR-S_{\triangle ABC}=pR-pr=p(R-r).
Что и требовалось доказать.
Равенство достигается тогда и только тогда, когда лучи AA_{1}
, BB_{1}
и CC_{1}
— биссектрисы углов треугольника ABC
.
Источник: Молдавские математические олимпиады. —
Источник: Журнал «Crux Mathematicorum». — 2011, № 4, задача 5 (2009, с. 378-379), с. 218