Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 16260
2026-02-17 
Точки $M$, $N$ и $P$ лежат на сторонах соответственно $BC$, $CA$ и $AB$ треугольника $ABC$. Лучи $AM$, $BN$ и $CP$ пересекают описанную окружность треугольника в точках $M'$, $N'$ и $P'$ соответственно. Докажите, что $MM'\cdot NN'\cdot PP'\leq\frac{R^{2}r}{4}$
Решение:
Обозначим $BC=a$, $\angle BAC=\alpha$, $\angle ABC=\beta$, $\angle ACB=\gamma$, $\angle BAM=\alpha_{1}$ и $\angle CAM=\alpha_{2}$.
По теореме синусов из треугольников $ABM$ и $CBM$ получаем
$\frac{BM}{AM}=\frac{\sin\alpha_{1}}{\sin\beta}~\Rightarrow~BM=AM\cdot\frac{\sin\alpha_{1}}{\sin\beta},$
$\frac{CM}{AM}=\frac{\sin\alpha_{2}}{\sin\gamma}~\Rightarrow~CM=AM\cdot\frac{\sin\alpha_{2}}{\sin\gamma}.$
Значит,
$BM\cdot MC=AM\cdot\frac{\sin\alpha_{1}}{\sin\beta}\cdot AM\cdot\frac{\sin\alpha_{2}}{\sin\gamma}=AM^{2}\cdot\frac{\sin\alpha_{1}\sin\alpha_{2}}{\sin\beta\sin\gamma},$
откуда
$AM=\sqrt{BM\cdot CM}\cdot\frac{\sin\beta\sin\gamma}{\sin\alpha_{1}\sin\alpha_{2}}.$
По теореме синусов $a=2R\sin\alpha$. Тогда по неравенству Коши (см. задачу 6772)
$BM\cdot MC\leq\frac{(BM+MC)^{2}}{4}=\frac{a^{2}}{4}=R^{2}\sin^{2}\alpha,$
а также
$\sin\alpha_{1}\sin\alpha_{2}=\frac{1}{2}(\cos(\alpha_{1}-\alpha_{2})-\cos(\alpha_{1}+\alpha_{2}))\leq\frac{1}{2}(1-\cos(\alpha_{1}+\alpha_{2}))=\sin^{2}\frac{\alpha_{1}+\alpha_{2}}{2}=\sin^{2}\frac{\alpha}{2},$
По теореме о произведениях отрезков пересекающихся хорд (см. задачу 6098)
$AM\cdot MM'=BM\cdot MC,$
поэтому
$MM'=\frac{BM\cdot MC}{AM}=\frac{AM^{2}\sin\alpha_{1}\sin\alpha_{2}}{AM\sin\beta\sin\gamma}=\frac{AM\sin\alpha_{1}\sin\alpha_{2}}{\sin\beta\sin\gamma}=\sqrt{BM\cdot CM}\cdot\sqrt{\frac{\sin\beta\sin\gamma}{\sin\alpha_{1}\sin\alpha_{2}}}\cdot\frac{\sin\alpha_{1}\sin\alpha_{2}}{\sin\beta\sin\gamma}=\sqrt{BM\cdot CM}\cdot\sqrt{\frac{\sin\alpha_{1}\sin\alpha_{2}}{\sin\beta\sin\gamma}}\leq\frac{R\sin\alpha\sin\frac{\alpha}{2}}{\sqrt{\sin\beta\sin\gamma}}.$
Аналогично,
$NN'\leq\frac{R\sin\beta\sin\frac{\beta}{2}}{\sqrt{\sin\alpha\sin\gamma}},~PP'\leq\frac{R\sin\gamma\sin\frac{\gamma}{2}}{\sqrt{\sin\alpha\sin\beta}}.$
Следовательно,
$MM'\cdot NN'\cdot PP'\leq\frac{R^{3}\sin\alpha\sin\beta\sin\gamma\cdot\sin\frac{\alpha}{2}\sin\frac{\beta}{2}\sin\frac{\gamma}{2}}{{\sqrt{\sin^{2}\alpha\sin^{2}\beta\sin^{2}\gamma}}}=R^{3}\sin\frac{\alpha}{2}\sin\frac{\beta}{2}\sin\frac{\gamma}{2}=R^{3}\cdot\frac{r}{4R}=\frac{R^{2}r}{4},$
т.к.
$\sin\frac{\alpha}{2}\sin\frac{\beta}{2}\sin\frac{\gamma}{2}=\frac{r}{4R}$
(см. задачу 6599а). Что и требовалось доказать
Точки $M$, $N$ и $P$ лежат на сторонах соответственно $BC$, $CA$ и $AB$ треугольника $ABC$. Лучи $AM$, $BN$ и $CP$ пересекают описанную окружность треугольника в точках $M'$, $N'$ и $P'$ соответственно. Докажите, что $MM'\cdot NN'\cdot PP'\leq\frac{R^{2}r}{4}$
Решение:
Обозначим $BC=a$, $\angle BAC=\alpha$, $\angle ABC=\beta$, $\angle ACB=\gamma$, $\angle BAM=\alpha_{1}$ и $\angle CAM=\alpha_{2}$.
По теореме синусов из треугольников $ABM$ и $CBM$ получаем
$\frac{BM}{AM}=\frac{\sin\alpha_{1}}{\sin\beta}~\Rightarrow~BM=AM\cdot\frac{\sin\alpha_{1}}{\sin\beta},$
$\frac{CM}{AM}=\frac{\sin\alpha_{2}}{\sin\gamma}~\Rightarrow~CM=AM\cdot\frac{\sin\alpha_{2}}{\sin\gamma}.$
Значит,
$BM\cdot MC=AM\cdot\frac{\sin\alpha_{1}}{\sin\beta}\cdot AM\cdot\frac{\sin\alpha_{2}}{\sin\gamma}=AM^{2}\cdot\frac{\sin\alpha_{1}\sin\alpha_{2}}{\sin\beta\sin\gamma},$
откуда
$AM=\sqrt{BM\cdot CM}\cdot\frac{\sin\beta\sin\gamma}{\sin\alpha_{1}\sin\alpha_{2}}.$
По теореме синусов $a=2R\sin\alpha$. Тогда по неравенству Коши (см. задачу 6772)
$BM\cdot MC\leq\frac{(BM+MC)^{2}}{4}=\frac{a^{2}}{4}=R^{2}\sin^{2}\alpha,$
а также
$\sin\alpha_{1}\sin\alpha_{2}=\frac{1}{2}(\cos(\alpha_{1}-\alpha_{2})-\cos(\alpha_{1}+\alpha_{2}))\leq\frac{1}{2}(1-\cos(\alpha_{1}+\alpha_{2}))=\sin^{2}\frac{\alpha_{1}+\alpha_{2}}{2}=\sin^{2}\frac{\alpha}{2},$
По теореме о произведениях отрезков пересекающихся хорд (см. задачу 6098)
$AM\cdot MM'=BM\cdot MC,$
поэтому
$MM'=\frac{BM\cdot MC}{AM}=\frac{AM^{2}\sin\alpha_{1}\sin\alpha_{2}}{AM\sin\beta\sin\gamma}=\frac{AM\sin\alpha_{1}\sin\alpha_{2}}{\sin\beta\sin\gamma}=\sqrt{BM\cdot CM}\cdot\sqrt{\frac{\sin\beta\sin\gamma}{\sin\alpha_{1}\sin\alpha_{2}}}\cdot\frac{\sin\alpha_{1}\sin\alpha_{2}}{\sin\beta\sin\gamma}=\sqrt{BM\cdot CM}\cdot\sqrt{\frac{\sin\alpha_{1}\sin\alpha_{2}}{\sin\beta\sin\gamma}}\leq\frac{R\sin\alpha\sin\frac{\alpha}{2}}{\sqrt{\sin\beta\sin\gamma}}.$
Аналогично,
$NN'\leq\frac{R\sin\beta\sin\frac{\beta}{2}}{\sqrt{\sin\alpha\sin\gamma}},~PP'\leq\frac{R\sin\gamma\sin\frac{\gamma}{2}}{\sqrt{\sin\alpha\sin\beta}}.$
Следовательно,
$MM'\cdot NN'\cdot PP'\leq\frac{R^{3}\sin\alpha\sin\beta\sin\gamma\cdot\sin\frac{\alpha}{2}\sin\frac{\beta}{2}\sin\frac{\gamma}{2}}{{\sqrt{\sin^{2}\alpha\sin^{2}\beta\sin^{2}\gamma}}}=R^{3}\sin\frac{\alpha}{2}\sin\frac{\beta}{2}\sin\frac{\gamma}{2}=R^{3}\cdot\frac{r}{4R}=\frac{R^{2}r}{4},$
т.к.
$\sin\frac{\alpha}{2}\sin\frac{\beta}{2}\sin\frac{\gamma}{2}=\frac{r}{4R}$
(см. задачу 6599а). Что и требовалось доказать
