Условие

Пусть точка O внутри, треугольника ABC= такова, что $\overrightarrow{OK} +\overrightarrow{OM} +\overrightarrow{ON}= \overrightarrow{0}$  М,N — основания перпендикуляров, опущенных из  О на стороны  AB, BC, CA треугольника. Докажите неравенство $\frac{OK+OM+ON}{AB+BC+CA}\leq \frac{1}{2\sqrt{3}}$

Решение

В силу условия на точку О отрезки ОК, ОМ, ON можно параллельно передвинуть так, чтобы составился треугольник. После поворота на 90° стороны этого треугольника станут параллельны сторонам треугольника ABC, следовательно, эти треугольники подобны. Коэффициент подобия обозначим через $k$: $k=\frac{OK}{AB} = \frac{OM}{BC} = \frac{ON}{CA}$. Тогда левая часть доказываемого неравенства равна fe. С другой стороны, представляя площадь $S$ треугольника $ABC$ как сумму площадей треугольников $AOB$, $BOC$ и $COA$, получим: $2S=a*OK+b*OM+c*ON = k(a^2+b^2+c^2)$ ,где $a,b,c$— длины сторон. Таким образом, задача сводится к доказательству неравенства:

$s\leq \frac{a^2+b^2+c^2}{4\sqrt{3}}$

Приведем одно из доказательств этого довольно известного неравенства, использующее формулу Герона и неравенство между средним арифметическим и средним геометрическим трех чисел (буквой $p$, как обычно, обозначен полупериметр):

$S=\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}\leq \sqrt{p((p-a+p-b+p-c)/3)^3}=\frac{p^2}{3\sqrt{3}}\leq (a^2+b^2+c^2)/4\sqrt{3}$

Последнее неравенство следует из соотношений:

$4p^2=(a+b+c)^2=a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ca$ и $2xy\leq x^2+y^2$ .

Отметим, что точка О в этой задаче определена однозначно. Она называется точкой Лемуана треугольника $ABC$ и является точкой пересечения его симедиан, т. е. прямых, симметричных медианам относительно соответствующих биссектрис.