16392. Высоты, треугольника, опущенные на его стороны a
, b
и c
, равны h_{a}
, h_{b}
и h_{c}
соответственно, биссектрисы, проведённые из вершин углов, противолежащих эти сторонам, равны l_{a}
, l_{b}
и l_{c}
соответственно, а радиусы описанной и вписанной окружностей треугольника равны R
и r
соответственно. Докажите, что
\frac{h_{b}h_{c}}{a^{2}}+\frac{h_{c}h_{a}}{b^{2}}+\frac{h_{a}h_{b}}{c^{2}}=\frac{r}{2R}+\frac{2h_{a}h_{b}h_{c}}{l_{a}l_{b}l_{c}}.
Решение. Пусть углы треугольника, противолежащие сторонам a
, b
и c
, равны \alpha
, \beta
и \gamma
соответственно. Тогда (см. задачу 23)
\sin\alpha=\frac{a}{2R},~\sin\beta=\frac{b}{2R},~\sin\gamma=\frac{c}{2R},
\frac{h_{b}h_{c}}{a^{2}}=\frac{h_{b}}{a}\cdot\frac{h_{c}}{a}=\sin\gamma\cdot\sin\beta=\frac{bc}{4R^{2}}.
Аналогично,
\frac{h_{c}h_{a}}{b^{2}}=\sin\gamma\cdot\sin\alpha=\frac{ca}{4R^{2}},~\frac{h_{a}h_{b}}{c^{2}}=\sin\alpha\cdot\sin\beta=\frac{ab}{4R^{2}}.
Значит,
\frac{h_{b}h_{c}}{a^{2}}+\frac{h_{c}h_{a}}{b^{2}}+\frac{h_{a}h_{b}}{c^{2}}=\frac{bc+ca+ab}{4R^{2}}.
В то же время (см. задачу 4021),
l_{a}=\frac{2bc\cos\frac{\alpha}{2}}{b+c},~l_{b}=\frac{2ca\cos\frac{\beta}{2}}{c+a},~l_{c}=\frac{2ab\cos\frac{\gamma}{2}}{a+b},
поэтому, учитывая, что
\sin\frac{\alpha}{2}\sin\frac{\beta}{2}\sin\frac{\gamma}{2}=\frac{r}{4R}
(см. задачу 3225а), получим
\frac{2h_{a}h_{b}h_{c}}{l_{a}l_{b}l_{c}}=\frac{2\cdot b\sin\gamma\cdot c\sin\alpha\cdot a\sin\beta}{\frac{2bc\cos\frac{\alpha}{2}}{b+c}\cdot\frac{2ca\cos\frac{\beta}{2}}{c+a}\cdot\frac{2ab\cos\frac{\gamma}{2}}{a+b}}=\frac{2abc(b+c)(c+a)(a+b)\sin\alpha\sin\beta\sin\gamma}{8a^{2}b^{2}c^{2}\cos\frac{\alpha}{2}\cos\frac{\beta}{2}\cos\frac{\gamma}{2}}=
=\frac{16(b+c)(c+a)(a+b)\sin\frac{\alpha}{2}\cos\frac{\alpha}{2}\cdot\sin\frac{\beta}{2}\cos\frac{\beta}{2}\cdot\sin\frac{\gamma}{2}\cos\frac{\gamma}{2}}{8abc\cos\frac{\alpha}{2}\cos\frac{\beta}{2}\cos\frac{\gamma}{2}}=
=\frac{2(b+c)(c+a)(a+b)\cdot\sin\frac{\alpha}{2}\sin\frac{\beta}{2}\sin\frac{\gamma}{2}}{abc}=\frac{(b+c)(c+a)(a+b)}{abc}\cdot\frac{r}{2R}.
Заметим, что
(b+c)(c+a)(a+b)=(b+c)(ca+cb+a^{2}+ab)=
=bca+cb^{2}+ba^{2}+ab^{2}+c^{2}a+c^{2}b+ca^{2}+cab=
=(abc+b^{2}c+c^{2}b)+(abc+c^{2}a+a^{2}c)+(abc+ba^{2}+ab^{2})-abc=
=bc(a+b+c)+ca(a+b+c)+ab(a+b+c)-abc=
=(a+b+c)(bc+ca+ab)-abc,
а так как
S=\frac{abc}{4R}=rp,
где S
— площадь треугольника, а p
— полупериметр (см. задачи 4259 и 452), то
abc=4rpR.
Следовательно,
\frac{2h_{a}h_{b}h_{c}}{l_{a}l_{b}l_{c}}=\frac{(b+c)(c+a)(a+b)}{abc}\cdot\frac{r}{2R}=\frac{(a+b+c)(bc+ca+ab)-abc}{abc}\cdot\frac{r}{2R}=
=\frac{(a+b+c)(bc+ca+ab)r}{2Rabc}-\frac{r}{2R}=\frac{2(a+b+c)(bc+ca+ab)rR}{4R^{2}abc}-\frac{r}{2R}=
=\frac{4prR(bc+ca+ab)R}{4abcR^{2}}-\frac{r}{2R}=\frac{abc(bc+ca+ab)}{4abcR^{2}}-\frac{r}{2R}=
=\frac{bc+ca+ab}{4R^{2}}-\frac{r}{2R}.
Отсюда следует доказываемое неравенство.
Источник: Журнал «Crux Mathematicorum». — 2021, № 6, задача 4602, с. 313