16376. Дан треугольник ABC
, в котором все углы меньше 120^{\circ}
, а T
— точка Торричелли (см. задачу 6703). Прямая BT
пересекает сторону AC
в точке D
, а прямая CT
пересекает сторону AB
в точке E
. Докажите, что если AB+AC=4DE
, то треугольник ABC
равносторонний.
Решение. Поскольку T
— точка Торричелли треугольника ABC
, то
\angle ATB=\angle BTC=\angle CTA=120^{\circ}
(см. задачу 6700).
Обозначим AT=x
, BT=y
и CT=z
. По теореме косинусов
AB=\sqrt{x^{2}+xy+y^{2}}~\mbox{и}~AC=\sqrt{x^{2}+xz+z^{2}},
а так как
\angle ATE=180^{\circ}-\angle ATC=180^{\circ}-120^{\circ}=60^{\circ}=\frac{1}{2}\angle ATB,
то TE
— биссектриса треугольника ATB
. Аналогично, TD
— биссектриса треугольника ATC
. Тогда (см. задачу 1509)
TE=\frac{xy}{x+y}~\mbox{и}~TD=\frac{xz}{x+z}
(см. задачу 4021).
По теореме косинусов
DE^{2}=TE^{2}+TD^{2}-2TE\cdot TD\cos120^{\circ}=\left(\frac{xy}{x+y}\right)^{2}+\frac{xy}{x+y}\cdot\frac{xz}{x+z}+\left(\frac{xz}{x+z}\right)^{2},
а так как среднее геометрическое двух положительных чисел не меньше их среднего гармонического (см. задачу 3399), то
\frac{\sqrt{xy}}{2}\geqslant\frac{xy}{x+y}~\mbox{и}~\frac{\sqrt{xz}}{2}\geqslant\frac{xz}{x+z},
поэтому
\frac{xy+x\sqrt{yz}+xz}{4}\geqslant\left(\frac{xy}{x+y}\right)^{2}+\frac{xy}{x+y}\cdot\frac{xz}{x+z}+\left(\frac{xz}{x+z}\right)^{2}=DE^{2},
откуда
2\sqrt{xy+x\sqrt{yz}+xz}\geqslant4DE.
С другой стороны,
AB+AC=\sqrt{x^{2}+xy+y^{2}}+\sqrt{x^{2}+xz+z^{2}}\geqslant2\sqrt[{4}]{{(x^{2}+xy+y^{2})(x^{2}+xz+z^{2})}},
а по неравенству Коши—Буняковского для наборов (x,\sqrt{xy},y)
и (z,\sqrt{xz},z)
(см. задачу 7946) получаем
(x^{2}+xy+y^{2})(x^{2}+xz+z^{2})\geqslant(x^{2}+x\sqrt{xy}+xz)^{2},
или
2\sqrt[{4}]{{(x^{2}+xy+y^{2})(x^{2}+xz+z^{2})}}\geqslant2\sqrt{x^{2}+x\sqrt{xy}+xz}.
Следовательно,
AB+AC\geqslant2\sqrt{x^{2}+x\sqrt{xy}+xz}\geqslant4DE,
причём равенство достигается, если x=y=z
, т. е. когда AB=AC=BC
. Что и требовалось доказать.
Источник: Журнал «Crux Mathematicorum». — 2020, № 1, задача 4453, с. 39