ЗАДАЧИ
problems.ru
О проекте | Об авторах | Справочник
Каталог по темам | по источникам | Поиск |
К задаче N

Проект МЦНМО
при участии
школы 57
Задача 65935
Темы:    [ Неравенства с площадями ]
[ Центр масс ]
[ Отношение площадей треугольников с общим основанием или общей высотой ]
Сложность: 4
Классы: 9,10,11
В корзину
Прислать комментарий

Условие

Пусть Р – произвольная точка внутри треугольника АВС. Обозначим через А1, В1 и С1 точки пересечения прямых АР, ВР и СР соответственно со сторонами ВС, СА и АВ. Упорядочим площади треугольников АВ1С1, А1ВС1, А1В1С, обозначив меньшую через S1, среднюю – S2, а большую – S3. Докажите, что     где S – площадь треугольника А1В1С1.


Решение

  Не ограничивая общности, будем считать, что площади треугольников АВ1С1, А1ВС1, А1В1С соответственно равны S1, S2 и S3.

  Первый способ. Расположим в вершинах A, B и C такие массы a, b и c, что точка Р – центр тяжести полученной системы материальных точек. Можно считать, что  a + b + c = 1.  Обозначим через А2 точку пересечения В1С1 и АА1. Поскольку треугольники АВ1С1 и А1В1С1 имеют общее основание,  то  S1 : S = AA2 : A2A1.

  Если мы в точку А вместо массы a поместим массу 2a, то А2 будет центром масс новой системы материальных точек (центр масс системы 2aA и
(b + c)A1  расположен на прямой АА1, а системы  (a + b)C1  и  (a + c)B1  – на прямой В1С1). Отсюда  AA2/A1A2 = b+c/2a = 1–a/2a.
  Аналогично  S2/S = a+c/2b = 1–b/2b  и  S3/S = 1–c/2c.  Поскольку  S1S2S3,  отсюда следует, что  1/2a1/2b1/2c  или  a ≥ b ≥ c.
  Значит,  (b + c)(a + c) ≤ 2b·2a = 4ab,  то есть  S1S2S².  Точно так же доказывается, что  S² ≤ S2S3.

  Второй способ. Теорема Мёбиуса. Пусть Р – произвольная точка внутри треугольника АВС. Обозначим через А1, В1 и С1 точки пересечения прямых АР, ВР и СР соответственно со сторонами ВС, СА, АВ, а площади треугольников АВ1С1, А1ВС1, А1В1С и А1В1С1 равны S1, S2, S3 и S соответственно. Тогда  S³ + (S1 + S2 + S3)S² – 4S1S2S3 = 0.
  (Это несложно доказать, используя найденные в первом способе отношения площадей.)

  Рассмотрим функцию  Ф(x) = x³ + (S1 + S2 + S3)x² – 4S1S2S3.  По теореме Мёбиуса  Ф(S) = 0.  Кроме того, Ф(x) возрастает на  (0, +∞).  Поэтому достаточно показать, что     при условии  S1S2S3.
  Действительно,     поскольку выражение в скобке очевидно неположительно.
  Аналогично  

Источники и прецеденты использования

олимпиада
Название Всероссийская олимпиада по геометрии
год
Год 2005
тур
задача
Номер 14

© 2004-... МЦНМО (о копирайте)
     
Пишите нам
Rambler's Top100

Проект осуществляется при поддержке Департамента образования г.Москвы и ФЦП "Кадры" .