12690. Точка H
— ортоцентр остроугольного треугольника ABC
, а H_{a}
, H_{b}
и H_{c}
— точки пересечения лучей соответственно AH
, BH
и CH
с описанной окружностью треугольника ABC
. Докажите, что площадь треугольника H_{a}H_{b}H_{c}
не превосходит площади треугольника ABC
.
Решение. Пусть AA_{1}
, BB_{1}
и CC_{1}
— высоты треугольника ABC
, а углы при вершинах A
, B
и C
равны \alpha
, \beta
и \gamma
соответственно. Тогда
S_{\triangle A_{1}B_{1}C_{1}}=2S_{\triangle ABC}\cos\alpha\cos\beta\cos\gamma
(см. задачу 3798), а так как точки A_{1}
, B_{1}
и C_{1}
— середины отрезков HH_{a}
, HH_{b}
и HH_{c}
соответственно (см. задачу 4785), то треугольник H_{a}H_{b}H_{c}
подобен треугольнику A_{1}B_{1}C_{1}
с коэффициентом 2. Следовательно,
S_{\triangle H_{a}H_{b}H_{c}}=4S_{\triangle A_{1}B_{1}C_{1}}=8S_{\triangle ABC}\cos\alpha\cos\beta\cos\gamma\leqslant
\leqslant8S_{\triangle ABC}\left(\frac{\cos\alpha+\cos\beta+\cos\gamma}{3}\right)^{3}\leqslant8S_{\triangle ABC}\left(\frac{\frac{3}{2}}{3}\right)=S_{\triangle ABC},
так как \cos\alpha+\cos\beta+\cos\gamma\leqslant\frac{3}{2}
(см. задачу 4157). Что и требовалось доказать.