18363. В остроугольном треугольнике ABC
проведены высоты AD
, BE
и CF
, а H
— ортоцентр треугольника. Докажите, что
\frac{AB\cdot AC+BC\cdot BA+CA\cdot CB}{AH\cdot AD+BH\cdot BE+CH\cdot CF}\leqslant2.
Решение. Обозначим AB=c
, AC=b
, BC=a
и \angle BAC=\alpha
. Точки B
и H
лежат на окружности с диаметром BH
, поэтому AH\cdot AD=AF\cdot AB
(см. задачу 2636). Из прямоугольного треугольника ACF
получаем
AF=AC\cos\alpha=b\cos\alpha~\Rightarrow~AH\cdot AD=bc\cos\alpha,
а так как по теореме косинусов
\cos\alpha=\frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2bc},
то
AH\cdot AD=bc\cos\alpha\cdot\frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2bc}=\frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2}.
Аналогично,
BH\cdot BE=\frac{a^{2}+c^{2}-b^{2}}{2}~\mbox{и}~BH\cdot CF=\frac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{2}.
Сложив эти три равенства, получим
AH\cdot AD+BH\cdot BE+CH\cdot CF=\frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{2}.
Таким образом, неравенство из условия задачи равносильно неравенству
\frac{ab+ac+bc}{\frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{2}}\leqslant2~\Leftrightarrow~2a^{2}+2b^{2}+2c^{2}\geqslant2ab+2ac+2bc~\Leftrightarrow
\Leftrightarrow~(a-b)^{2}+(a-c)^{2}+(b-c)^{2}\geqslant0,
причём равенство достигается тогда и только тогда, когда a=b=c
(т. е. когда треугольник ABC
равносторонний.
Источник: Канадские математические олимпиады. — 2015, задача 2