5313. Площадь треугольника равна S
. Касательные к его вписанной окружности, параллельные сторонам треугольника, отсекают от него три треугольника, площади которых равны S_{1}
, S_{2}
, S_{3}
. Докажите, что S_{1}+S_{2}+S_{3}\geqslant\frac{1}{3}S
.
Указание. Пусть p
— полупериметр треугольника ABC
, BC=a
, касательная к вписанной окружности треугольника ABC
, параллельная стороне AB
, пересекает стороны AB
и AC
в точках M
и N
соответственно, причём S_{\triangle AMN}=S_{1}
. Тогда \frac{S_{1}}{S}=\left(\frac{p-a}{p}\right)^{2}
(см. задачи 219 и 4805).
Решение. Обозначим через p
полупериметр треугольника ABC
, BC=a
, AC=b
, AB=c
. Пусть касательная к вписанной окружности треугольника ABC
, параллельная стороне AB
, пересекает стороны AB
и AC
в точках M
и N
соответственно, причём S_{\triangle AMN}=S_{1}
.
Полупериметр треугольника AMN
равен p-BC=p-a
(см. задачи 219 и 4805). Треугольник AMN
подобен треугольнику ABC
, причём коэффициент подобия равен отношению полупериметров, т. е. \frac{p-a}{p}
, значит, \frac{S_{1}}{S}=\left(\frac{p-a}{p}\right)^{2}
. Аналогично
\frac{S_{1}}{S}=\left(\frac{p-b}{p}\right)^{2},~\frac{S_{1}}{S}=\left(\frac{p-c}{p}\right)^{2}.
Следовательно,
S_{1}+S_{2}+S_{3}\geqslant\frac{1}{3}S~\Leftrightarrow~\frac{S_{1}}{S}+\frac{S_{2}}{S}+\frac{S_{3}}{S}\geqslant\frac{1}{3}~\Leftrightarrow~
~\Leftrightarrow~\left(\frac{p-a}{p}\right)^{2}+\left(\frac{p-b}{p}\right)^{2}+\left(\frac{p-c}{p}\right)^{2}\geqslant\frac{1}{3}~\Leftrightarrow~
~\Leftrightarrow~\left(1-\frac{a}{p}\right)^{2}+\left(1-\frac{b}{p}\right)^{2}+\left(1-\frac{c}{p}\right)^{2}\geqslant\frac{1}{3}~\Leftrightarrow~
~\Leftrightarrow~3-2\left(\frac{a}{p}+\frac{b}{p}+\frac{c}{p}\right)\geqslant\frac{1}{3}~\Leftrightarrow~
~\Leftrightarrow~3-2\cdot\frac{a+b+c}{p}+\left(\frac{a}{p}\right)^{2}+\left(\frac{b}{p}\right)^{2}+\left(\frac{c}{p}\right)^{2}\geqslant\frac{1}{3}~\Leftrightarrow~
~\Leftrightarrow~3-4+\frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{p^{2}}\geqslant\frac{1}{3}~\Leftrightarrow~\frac{4(a^{2}+b^{2}+c^{2})}{(a+b+c)^{2}}\geqslant\frac{4}{3}~\Leftrightarrow~
~\Leftrightarrow~3a^{2}+3b^{2}+3c^{2}\geqslant a^{2}+b^{2}+c^{2}+2ab+2ac+2bc~\Leftrightarrow~
~\Leftrightarrow~(a-b)^{2}+(a-c)^{2}+(b-c)^{2}\geqslant0,
причём равенство достигается в случае, когда a=b=c
, т. е. когда треугольник равносторонний.