4318. 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
\frac{AC'}{AB}=a,~\frac{BA'}{BC}=b,~\frac{CB'}{CA}=c.
Тогда (см. задачу 3007)
S_{\triangle AC'B'}=\frac{AC'}{AB}\cdot\frac{AB'}{AC}\cdot S_{\triangle ABC}=a(1-c)S,
S_{\triangle BA'C'}=\frac{BA'}{BC}\cdot\frac{BC'}{AB}\cdot S_{\triangle ABC}=b(1-a)S,
S_{\triangle CA'B'}=\frac{CB'}{AC}\cdot\frac{CA'}{BC}\cdot S_{\triangle ABC}=c(1-b)S.
Поэтому
S_{\triangle 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 (см. задачу 1621)
\frac{a}{1-a}\cdot\frac{b}{1-b}\cdot\frac{c}{1-c}=\frac{AC'}{C'B}\cdot\frac{BA'}{A'C}\cdot\frac{CB'}{B'A}=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_{\triangle A'C'B'}=(1-a-b-c+ac+ab+bc)S=2abcS.
Поскольку abc=(1-a)(1-b)(1-c)
, то
(abc)^{2}=abc\cdot(1-a)(1-b)(1-c)=a(1-a)\cdot b(1-b)\cdot c(1-c)\leqslant
\leqslant\left(\frac{a+(1-a)}{2}\right)^{2}\cdot\left(\frac{b+(1-b)}{2}\right)^{2}\cdot\left(\frac{c+(1-c)}{2}\right)^{2}=\frac{1}{4}\cdot\frac{1}{4}\cdot\frac{1}{4}\Rightarrow abc\leqslant\frac{1}{8}.
Следовательно,
S_{\triangle A'C'B'}=2abcS\leqslant2\cdot\frac{1}{8}\cdot S=\frac{1}{4}S.
Что и требовалось доказать.
Заметим, что равенство достигается тогда и только тогда, когда a=b=c=\frac{1}{2}
, т. е. когда AA'
, BB'
и CC'
— медианы треугольника ABC
.