16478. Высоты треугольника ABC
, опущенные из вершин A
, B
и C
, равны соответственно h_{a}
, h_{b}
и h_{c}
. Точка P
лежит внутри (или на стороне) треугольника. Докажите, что
PA+PB+PC\geqslant\frac{2}{3}(h_{a}+h_{b}+h_{c}),
причём равенство достигается тогда и только тогда, когда треугольник равносторонний, а P
— его центр.
Решение. Пусть d_{a}
, d_{b}
и d_{c}
— расстояния от точки P
до прямых BC
, CA
и AB
соответственно. Тогда
h_{a}\leqslant PA+d_{a},~h_{b}\leqslant PB+d_{b},~h_{c}\leqslant PC+d_{c}.
По неравенству Эрдёша—Морделла (см. задачу 11263б)
PA+PB+PC\leqslant2(d_{a}+d_{b}+d_{c}).
Следовательно,
h_{a}+h_{b}+h_{c}\leqslant PA+PB+PC+d_{a}+d_{b}+d_{c}\leqslant
\leqslant PA+PB+PC+\frac{1}{2}(PA+PB+PC)=\frac{3}{2}(PA+PB+PC),
причём равенство достигается тогда и только тогда, когда треугольник равносторонний, а P
— его центр.
Источник: Журнал «Mathematics Magazine». — 1989, том 62, № 5, задача 1307, с. 345