13734. Точки M
, N
и P
— основания перпендикуляров, опущенных из точки пересечения медиан остроугольного треугольника ABC
на стороны AB
, BC
и AC
соответственно. Докажите, что
\frac{4}{27}\lt\frac{S_{\triangle MNP}}{S_{\triangle ABC}}\leqslant\frac{1}{4}.
Решение. Обозначим BC=a
, AC=b
, AB=c
, \angle A=\alpha
, \angle B=\beta
, \angle C=\gamma
и \frac{S_{\triangle MNP}}{S_{\triangle ABC}}=\rho
. Докажем более сильное неравенство \frac{2}{9}\lt\rho\leqslant\frac{1}{4}
.
Пусть G
— точка пересечения медиан треугольника ABC
. Тогда
S_{\triangle GBC}=S_{\triangle GAC}=S_{\triangle GAB}=\frac{1}{3}S_{\triangle ABC}.
Поскольку \angle MGN=180^{\circ}-\beta
, получаем
2S_{\triangle GMN}=GM\cdot GN\sin\beta=\frac{2S_{\triangle GAB}}{c}\cdot\frac{2S_{\triangle GBC}}{a}\cdot\sin\beta=\frac{4}{9}\cdot\frac{S_{\triangle ABC}^{2}}{ac}\cdot\sin\beta.
Аналогично,
2S_{\triangle GMP}=\frac{4}{9}\cdot\frac{S_{\triangle ABC}^{2}}{ac}\cdot\sin\alpha,~2S_{\triangle GNP}=\frac{4}{9}\cdot\frac{S_{\triangle ABC}^{2}}{ab}\cdot\sin\gamma.
Значит,
S_{\triangle MNP}=\frac{2S_{\triangle ABC}}{9}\left(\frac{\sin\alpha}{bc}+\frac{\sin\beta}{ac}+\frac{\sin\gamma}{ab}\right),
а так как
S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}ab\sin\gamma=\frac{1}{2}bc\sin\alpha=\frac{1}{2}ac\sin\beta,
то
\rho=\frac{1}{9}(\sin^{2}\alpha+\sin^{2}\beta+\sin^{2}\gamma).
По формулам тригонометрии
\sin^{2}\alpha+\sin^{2}\beta+\sin^{2}\gamma=\frac{1-\cos2\alpha}{2}+\frac{1-\cos2\beta}{2}+\frac{1-\cos2\gamma}{2}=
=\frac{3}{2}-\frac{1}{2}(\cos2\alpha+\cos2\beta+\cos2\gamma)=\frac{3}{2}-\frac{1}{2}(\cos2\alpha+\cos2\beta+\cos(2\alpha+2\beta))=
=\frac{3}{2}-\frac{1}{2}(2\cos(\alpha+\beta)\cos(\alpha-\beta)+2\cos^{2}(\alpha+\beta)-1)=
=\frac{3}{2}-\frac{1}{2}(2\cos(\alpha+\beta)(\cos(\alpha-\beta)+\cos(\alpha+\beta))-1)=
=\frac{3}{2}-\frac{1}{2}(2\cos(\alpha+\beta)\cdot2\cos\alpha\cos\beta-1)=\frac{3}{2}-\frac{1}{2}(-4\cos\gamma\cos\alpha\cos\beta-1)=
=\frac{3}{2}+2\cos\alpha\cos\beta\cos\gamma+\frac{1}{2}=2(1+\cos\alpha\cos\beta\cos\gamma).
Треугольник ABC
остроугольный, поэтому \cos\alpha\cos\beta\cos\gamma\gt0
. Значит,
\rho=\frac{1}{9}(\sin^{2}\alpha+\sin^{2}\beta+\sin^{2}\gamma)=\frac{1}{9}(2(1+\cos\alpha\cos\beta\cos\gamma))\gt\frac{2}{9}\gt\frac{4}{27}.
Докажем, что
\cos\alpha\cos\beta\cos\gamma\leqslant\frac{1}{8}.
По теореме косинусов
\cos\alpha=\frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2bc},~\cos\beta=\frac{a^{2}+c^{2}-bv^{2}}{2ac},~\cos\gamma=\frac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{2bc}.
Тогда (см. задачу 3399)
\sqrt{(b^{2}+c^{2}-a^{2})(c^{2}+a^{2}-c^{2})}\leqslant\frac{(b^{2}+c^{2}-a^{2})+(c^{2}+a^{2}-c^{2})}{2}=c^{2}.
Аналогично,
\sqrt{(a^{2}+c^{2}-b^{2})(a^{2}+b^{2}-c^{2})}\leqslant a^{2},~\sqrt{(a^{2}+b^{2}-c^{2})(b^{2}+c^{2}-a^{2})}\leqslant b^{2}.
Перемножив эти три неравенства, получим
(b^{2}+c^{2}-a^{2})(a^{2}+c^{2}-b^{2})(a^{2}+b^{2}-c^{2}\leqslant a^{2}b^{2}c^{2},
или
\frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2bc}\cdot\frac{a^{2}+c^{2}-b^{2}}{2ac}\cdot\frac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{2ab}\leqslant\frac{1}{8},
т. е.
\cos\alpha\cos\beta\cos\gamma\leqslant\frac{1}{8}.
(см. также задачу 3253б).
Следовательно,
\rho=\frac{1}{9}(2(1+\cos\alpha\cos\beta\cos\gamma))\leqslant\frac{1}{9}\left(2\left(1+\frac{1}{8}\right)\right)=\frac{1}{4}.
(Равенство достигается для равностороннего треугольника.) Отсюда следует утверждение задачи.