16354. Стороны BC
, CA
и AB
остроугольного треугольника ABC
равны a
, b
и c
соответственно, AA'
, BB'
и CC'
— высоты треугольника, a'=B'C'
, b'=C'A'
и c'=A'B'
— стороны ортотреугольника A'B'C'
треугольника ABC
. Докажите, что
а) a^{2}(b'+c')+b^{2}(c'+a')+c^{2}(a'+b')=3abc
;
б) a'+b'+c'\leqslant p
, где p
— полупериметр треугольника ABC
.
Решение. Пусть углы треугольника ABC
при вершинах A
, B
и C
равны \alpha
, \beta
и \gamma
соответственно.
а) Треугольник AB'C'
подобен треугольнику ABC
с коэффициентом \cos\alpha
(см. задачу 19), поэтому
a'=B'C'=BC\cos\alpha=a\cos\alpha.
Аналогично,
b'=b\cos\beta,~c'=c\cos\gamma.
Тогда
a^{2}(b'+c')+b^{2}(c'+a')+c^{2}(a'+b')=
=a^{2}(b\cos\beta+c\cos\gamma)+b^{2}(c\cos\gamma+a\cos\alpha)+c^{2}(a\cos\alpha+b\cos\beta)=
=ab(a\cos\beta+b\cos\alpha)+bc(b\cos\gamma+c\cos\beta)+ca(c\cos\alpha+a\cos\gamma)=
=abc+bca+cab=3abc
(см. задачи 127 и 3965). Что и требовалось доказать.
б) Пусть r
и R
— радиусы соответственно вписанной и описанной окружностей треугольника ABC
, S
— площадь треугольника. Тогда (см. задачи 23, 11287, 4259 и 452)
a'+b'+c'=a\cos\alpha+b\cos\beta+c\cos\gamma=
=2R\sin\alpha\cos\alpha+2R\sin\beta\cos\beta+2R\sin\gamma\cos\gamma=
=R(\sin2\alpha+\sin2\beta+\sin2\gamma)=4R\sin\alpha\sin\beta\sin\gamma=
=4R\cdot\frac{a}{2R}\cdot\frac{b}{2R}\cdot\frac{c}{2R}=\frac{4R\cdot abc}{8R^{3}}=\frac{4R\cdot4RS}{8R^{3}}=
=\frac{2S}{R}=\frac{2pr}{R}=p\cdot\frac{2r}{R}\leqslant p,
так как 2r\leqslant R
(см. задачу 3587). Что и требовалось доказать.
Примечание. Неравенство a'+b'+c'\leqslant p
также есть следствие равенства \frac{R}{r}=\frac{2p}{p'}
(см. задачу 4305) и неравенства R\geqslant2r
(см. задачу 3587).
Источник: Журнал «Crux Mathematicorum». — 2016, № 5, задача 4041, с. 225