16542. Точки A_{1}
, B_{1}
и C_{1}
лежат на сторонах соответственно BC=a
, AC=b
и AB=c
треугольника ABC
, причём
AB+BA_{1}=AC+CA_{1},~BC+CB_{1}=BA+AB_{1},~CA+AC_{1}=CB+BC_{1}.
Докажите, что
\frac{S_{\triangle A_{1}B_{1}C_{1}}}{S_{\triangle ABC}}\leqslant\frac{9abc}{4(a+b+c)(a^{2}+b^{2}+c^{2})}.
Решение. Обозначим S_{\triangle ABC}=S
, S_{\triangle A_{1}B_{1}C_{1}}
, p=\frac{a+b+c}{2}
— полупериметр треугольника ABC
, R
— радиус описанной окружности.
Поскольку A_{1}
, B_{1}
и C_{1}
— точки касания вневписанных окружностей со сторонами BC
, AC
и AB
соответственно (см. примечание к задаче 1750). При этом
AB_{1}=BA_{1}=p-c,~AC_{1}=CA_{1}=p-b~BC_{1}=CB_{1}=p-a.
Тогда
S_{\triangle AB_{1}C_{1}}=\frac{1}{2}AB_{1}\cdot AC_{1}\sin\angle BAC=\frac{1}{2}(p-c)(p-a)\cdot\frac{S}{bc}.
Аналогично,
S_{\triangle A_{1}BC_{1}}=\frac{1}{2}(p-a)(p-c)\cdot\frac{S}{ac}~\mbox{и}~S_{\triangle A_{1}B_{1}C}=\frac{1}{2}(p-a)(p-b)\cdot\frac{S}{ab}.
Значит,
S_{1}=S-S_{\triangle AB_{1}C_{1}}-S_{\triangle A_{1}BC_{1}}-S_{\triangle A_{1}B_{1}C}
=S-S\left(\frac{(p-b)(p-c)}{bc}+\frac{(p-a)(p-c)}{ac}+\frac{(p-a)(p-b)}{ab}\right),
поэтому
abc\cdot\frac{S_{1}}{S}=abc-a(p-b)(p-c)-b(p-a)(p-c)-c(p-a)(p-b)=
=abc-p^{2}(a+b+c)+2p(ab+ac+bc)-3abc=
=-p^{2}(a+b+c)+2p(ab+ac+bc)-2abc=-2p^{3}+2p(ab+ac+bc)-2abc.
В то же время,
2(p-a)(p-b)(p-c)=2p^{3}-2p^{2}(a+b+c)+2p(ab+ac+bc)-2abc=
=2p^{3}-4p^{3}+2p(ab+ac+bc)-2abc=-2p^{3}+2p(ab+ac+bc)-2abc.
Значит,
abc\cdot\frac{S_{1}}{S}=2(p-a)(p-b)(p-c).
Следовательно, доказываемое неравенство равносильно неравенству
\frac{S_{1}}{S}\leqslant\frac{9abc}{4(a+b+c)(a^{2}+b^{2}+c^{2})},~\mbox{или}
8(p-a)(p-b)(p-c)\cdot2p(a^{2}+b^{2}+c^{2}\leqslant9(abc)^{2}.
Поскольку
p(p-a)(p-b)(p-c)=S^{2}~\mbox{и}~S=\frac{abc}{4R}
(см. задачи 2730 и 4259), то осталось доказать, что
a^{2}+b^{2}+c^{2}\leqslant9R^{2},
а это верное неравенство (см. задачу 3968).
Источник: Журнал «Mathematics Magazine». — 2011, том 84, № 5, задача 1857, с. 388