ГЛАВНАЯ » РЕШЕБНИК

2026-02-17   
Точка $P$ лежит внутри треугольника $ABC$. Радиусы описанных окружностей треугольников $PBC$, $PCA$ и $PAB$ равны соответственно $R_{a}$, $R_{b}$ и $R_{c}$ соответственно. Докажите, что $R_{a}R_{b}R_{c}\geq PA\cdot PB\cdot PC$


Решение:


Обозначим $\angle BPC=\alpha$, $\angle PBC=\alpha_{1}$, $\angle PCB=\alpha_{2}$, $\angle CPA=\beta$, $\angle APB=\gamma$. По теореме синусов

$PC=2R_{a}\sin\alpha_{1},~PB=2R_{a}\sin\alpha_{2},$

поэтому

$PB\cdot PC=4R_{a}^{2}\sin\alpha_{1}\sin\alpha_{2}=2R_{a}^{2}(\cos(\alpha_{1}-\alpha_{2})-\cos(\alpha_{1}+\alpha_{2}))=2R_{a}^{2}(\cos(\alpha_{1}-\alpha_{2})+\cos\alpha)\leq2R_{a}^{2}(1+\cos\alpha)=4R_{a}^{2}\cos^{2}\frac{\alpha}{2}.$

Аналогично,

$PC\cdot PA\leq4R_{b}^{2}\cos^{2}\frac{\beta}{2},~PA\cdot PB\leq4R_{c}^{2}\cos^{2}\frac{\gamma}{2}.$

После перемножения получаем

$PA^{2}\cdot PB^{2}\cdot PC^{2}\geq64R_{a}^{2}R_{b}^{2}R_{c}^{2}\cos^{2}\frac{\alpha}{2}\cos^{2}\frac{\beta}{2}\cos^{2}\frac{\gamma}{2}.$


Поскольку

$\alpha+\beta+\gamma=360^{\circ}$

то

$\frac{\alpha}{2}+\frac{\beta}{2}+\frac{\gamma}{2}=180^{\circ},$

поэтому $\frac{\alpha}{2}$, $\frac{\beta}{2}$ и $\frac{\gamma}{2}$ могут быть углами некоторого треугольника. Тогда (см. задачи 6626а и 6624),

$\cos\frac{\alpha}{2}\cos\frac{\beta}{2}\cos\frac{\gamma}{2}\leq\frac{1}{8}.$

Следовательно,

$PA\cdot PB\cdot PC\leq8R_{a}R_{b}R_{c}\cos\frac{\alpha}{2}\cos\frac{\beta}{2}\cos\frac{\gamma}{2}\leq8R_{a}R_{b}R_{c}\cdot\frac{1}{8}=R_{a}R_{b}R_{c}.$

Что и требовалось доказать