11984. Точки
A_{1}
,
B_{1}
и
C_{1}
лежат на сторонах соответственно
BC
,
AC
и
AB
треугольника
ABC
, причём отрезки
AA_{1}
,
BB_{1}
и
CC_{1}
пересекаются в одной точке. Пусть
A_{1}C=x
,
B_{1}A=y
,
C_{1}B=z
, а
R
— радиус описанной окружности треугольника
ABC
. Докажите, что площадь треугольника
A_{1}B_{1}C_{1}
равна
\frac{xyz}{2R}
.
Решение. Обозначим
BC=a
,
AC=b
,
AB=c
. По теореме Чевы (см. задачу 1621)
\frac{BA_{1}}{A_{1}C}\cdot\frac{CB_{1}}{B_{1}A}\cdot\frac{AC_{1}}{C_{1}B}=1,~\mbox{или}~\frac{a-x}{x}\cdot\frac{b-y}{y}\cdot\frac{c-z}{z}=1,

откуда
xyz=(a-x)(b-y)(c-z)~\Leftrightarrow~

~\Leftrightarrow~xyz=abc-bcx-acy-abz+ayz+bxz+cxy-xyz~\Leftrightarrow~

~\Leftrightarrow~abc-bcx-acy-abz+ayz+bxz+cxy=2xyz.

Пусть площадь треугольника
ABC
равна
S
. Тогда
S_{\triangle A_{1}B_{1}C_{1}}=S-(S_{\triangle AB_{1}C_{1}}+S_{\triangle BA_{1}C_{1}}+S_{\triangle CA_{1}B_{1}})=

=S-\left(\frac{AC_{1}}{AB}\cdot\frac{AB_{1}}{AC}\cdot S+\frac{BA_{1}}{BC}\cdot\frac{BC_{1}}{AB}\cdot S+\frac{CB_{1}}{AC}\cdot\frac{CA_{1}}{BC}\cdot S\right)=

=S-\left(\frac{c-z}{c}\cdot\frac{y}{b}\cdot S+\frac{b-y}{b}\cdot\frac{x}{a}\cdot S+\frac{a-x}{a}\cdot\frac{z}{c}\cdot S\right)=

=S\left(1-\frac{(c-z)y}{bc}-\frac{(b-y)x}{ab}-\frac{(a-x)z}{ac}\right)=

=\frac{S(abc-ay(c-z)-cx(b-y)-bz(a-x))}{abc}=

=\frac{S(abc-acy+ayz-bcx+cxy-abz+bzx)}{abc}=

=\frac{S(abc-bcx-acy-abz+ayz+bzx+cxy)}{abc}=\frac{2Sxyz}{abc}=\frac{xyz}{2R}

(так как
S=\frac{abc}{4R}
, см. задачу 4259). Что и требовалось доказать.