16399. В треугольнике ABC
проведены биссектрисы AD
, BE
и CF
. Прямая, проходящая через точку D
перпендикулярно BC
, и серединный перпендикуляр к отрезку AD
пересекаются в точке A'
. Аналогично определяются точки B'
и C'
. Докажите, что прямые AA'
, BB'
и CC'
пересекаются в одной точке и что
AA'\cdot BB'\cdot CC'\leqslant\left(\frac{3R}{4}\right)^{3}.
Решение. Пусть луч AU
пересекает описанную окружность с центром O
треугольника ABC
в точке U
. Тогда прямая OU
— серединный перпендикуляр к стороне BC
(см. задачу 1743), поэтому DA'\parallel UO
. Треугольники AOU
и AA'D
равнобедренные, поэтому
\angle DAA'=\angle ADA'=\angle AUO=\angle UAO=\angle DAO.
Значит, точка O
лежит на прямой AA'
. Аналогично, точка O
лежит на прямых BB'
и CC'
. Следовательно, прямые AA'
, BB'
и CC'
пересекаются в точке O
. Что и требовалось доказать.
Теперь докажем неравенство. Обозначим BC=a
, CA=b
, AB=c
, p
— полупериметр треугольника ABC
, S
— площадь
Треугольники AUB
и ACD
подобны по двум углам, поэтому
\frac{AU}{b}=\frac{AU}{AC}=\frac{AB}{AD}=\frac{c}{AD}~\Rightarrow~AU\cdot AD=bc.
Поскольку DA'\parallel UO
, треугольники DAA'
и UAO
тоже подобны, поэтому
\frac{AA'}{R}=\frac{AA'}{AO}=\frac{AD}{AU}~\Rightarrow~AA'=R\cdot\frac{AD}{AU}=R\cdot\frac{AD}{\frac{bc}{AD}}=R\cdot\frac{AD^{2}}{bc}.
Аналогично,
BB'=R\cdot\frac{BE^{2}}{ac},~CC'=R\cdot\frac{CF^{2}}{ab}.
По формуле для биссектрисы треугольника (см. задачу 4751)
AD^{2}=\frac{4p(p-a)bc}{(b+c)^{2}}\leqslant p(p-a),
так как
\frac{4bc}{(b+c)^{2}}\leqslant1~\Leftrightarrow~4bc\leqslant(b+c)^{2}~\Leftrightarrow~\sqrt{bc}\leqslant\frac{b+c}{2}.
Аналогично,
BE^{2}\leqslant p(p-a),~CF^{2}\leqslant p(p-c).
Тогда, учитывая, что
\frac{abc}{4R}=S=\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}
(см. задачи 4259 и 2730), получим
AA'\cdot BB'\cdot CC'=R\cdot\frac{AD^{2}}{bc}\cdot R\cdot\frac{BE^{2}}{ac}\cdot R\cdot\frac{CF^{2}}{ab}=R^{3}\cdot\frac{(AD\cdot BE\cdot CF)^{2}}{(abc)^{2}}=
=R^{3}\cdot\frac{p^{3}(p-a)(p-b)(p-c)}{16R^{2}p(p-a)(p-b)(p-c)}=\frac{Rp^{2}}{16},
а так как
p=\frac{a+b+c}{2}=\frac{2R\sin A+2R\sin B+2R\sin C}{2}=R(\sin A+\sin B+\sin C)\leqslant\frac{3\sqrt{3}R}{2}
(см. задачу 3251), то
\frac{Rp^{2}}{16}\leqslant\frac{\frac{27}{4}R^{3}}{16}=\left(\frac{3R}{4}\right)^{3}.
Следовательно,
AA'\cdot BB'\cdot CC'\leqslant\left(\frac{3R}{4}\right)^{3}.
Что и требовалось доказать.
Равенство достигается тогда и только тогда, когда треугольник ABC
равносторонний.
Источник: Журнал «Crux Mathematicorum». — 2022, № 6, задача 4701, с. 352