Задача 108038

Темы:    [ Неравенства с площадями ] [ Теоремы Чевы и Менелая ]

Сложность: 4 Классы: 8,9

Условие

Точки A' , B' и C' лежат на сторонах соответственно BC , AC и AB треугольника ABC , причём отрезки AA' , BB' и CC' пересекаются в одной точке. Докажите, что площадь треугольника A'B'C' не превосходит четверти площади треугольника ABC .

Решение

Пусть S – площадь треугольника ABC . Обозначим

= a, = b, = c.
Тогда
S_{Δ AC'B'} = · · S_{Δ ABC} = a(1-c)S,

S_{Δ BA'C'} = · · S_{Δ ABC} = b(1-a)S,

S_{Δ CA'B'} = · · S_{Δ ABC} = c(1-b)S.
Поэтому
S_{Δ A'C'B'} = S-(a(1-c)S+b(1-a)S+c(1-b)S)=

=(1- a(1-c)-b(1-a)-c(1-b))S= (1-a-b-c+ac+ab+bc)S.
Поскольку отрезки AA' , BB' и CC' пересекаются в одной точке, то по теореме Чевы
· · = · · = 1.
Поэтому
abc = (1-a)(1-b)(1-c) = 1- a-b-c+ac+ab+bc -abc,
откуда
1- a-b-c+ac+ab+bc = 2abc.
Значит,
S_{Δ A'C'B'} = (1-a-b-c+ac+ab+bc)S =2abcS.
Поскольку abc = (1-a)(1-b)(1-c) , то
(abc)2 = abc· (1-a)(1-b)(1-c) = a(1-a)· b(1-b) · c(1-c)

()2· ()2· ()2 = · · abc .
Следовательно,
S_{Δ A'C'B'} = 2abcS 2· · S = S.
Что и требовалось доказать. Заметим, что равенство достигается тогда и только тогда, когда a=b=c= , т.е. когда AA' , BB' и CC' – медианы треугольника ABC .

Источники и прецеденты использования

web-сайт
Название	Система задач по геометрии Р.К.Гордина
URL	http://zadachi.mccme.ru
задача
Номер	4318