10405. На сторонах AB
и BC
треугольника ABC
отмечены точки X
и Y
соответственно. Отрезки CX
и AY
пересекаются в точке T
. Докажите, что площадь треугольника XBY
больше площади треугольника XTY
.
Решение. Первый способ. Отметим на отрезке BX
такую точку X_{1}
, что YX_{1}\parallel CX
(рис. 1). Аналогично, на отрезке BY
выберем такую точку Y_{1}
, что XY_{1}\parallel AY
. Пусть отрезки YX_{1}
и XY_{1}
пересекаются в точке S
. Тогда XSYT
— параллелограмм, поэтому равны треугольники XSY
и YTX
. Следовательно, равны и их площади. Но площадь треугольника XBY
больше площади треугольника XSY
, значит, S_{\triangle XBY}\gt S_{\triangle XTY}
.
(Отметив указанным образом точку X_{1}
, можно рассуждать иначе: из подобия треугольников XAT
и X_{1}AY
следует, что YX_{1}\gt TX
. Тогда
S_{\triangle XTY}=\frac{1}{2}XY\cdot TX\sin\angle TXY\lt\lt \frac{1}{2}XY\cdot YX_{1}\sin\angle XYX_{1}==S_{\triangle XYX_{1}}\lt S_{\triangle XBY}.)
Задача допускает также многочисленные вычислительные решения. Приведём одно из них.
Второй способ. Обозначим площади треугольников буквами a
, b
, c
, d
, e
так, как показано на рис. 2. Тогда (см. задачу 3000)
\frac{b}{d}=\frac{XT}{TC}=\frac{c}{e},
откуда e=\frac{cd}{b}
. Аналогично,
\frac{a}{b+d}=\frac{BY}{YC}=\frac{a+b+c}{d+e},
откуда
a(d+e)=(a+b+c)(b+d).
Выразим a
из этого равенства. Учитывая найденное выражение для e
, получим, что
a=\frac{(b+c)(b+d)}{e-b}=\frac{(b+c)(b+d)}{\frac{cd}{b}-b}=\frac{b(b+c)(b+d)}{cd-b^{2}}.
Тогда требуемое неравенство a\gt b
следует из того, что \frac{(b+c)(b+d)}{cd-b^{2}}\gt1
. Последнее неравенство выполняется, так как числитель дроби больше cd
, а знаменатель меньше, чем cd
.