12970. Диагонали четырёхугольника равны m
и n
. Проекции вершин этого четырёхугольника на его же диагонали служат вершинами другого четырёхугольника. Докажите, что площадь второго четырёхугольника не превосходит \frac{mn}{3\sqrt{3}}
.
Решение. Пусть диагонали AC=m
и BD=n
четырёхугольника ABCD
пересекаются в точке O
под углом \alpha
(0\lt\alpha\leqslant90^{\circ})
, а A_{1}
и B_{1}
— проекции вершин A
на диагональ BD
и B
на диагональ AC
. Тогда AA_{1}
и BB_{1}
— высоты треугольников AOB
, поэтому треугольник A_{1}OB_{1}
подобен треугольнику AOB
с коэффициентом |\cos\alpha|
(см. задачу 19). Значит,
S_{\triangle A_{1}OB_{1}}=S_{\triangle AOB}\cos^{2}\alpha=\frac{1}{2}mn\sin\alpha(1-\sin^{2}\alpha).
Точно так же для трёх остальных аналогичных треугольников с вершиной O
. Если S
и S_{1}
— площади исходного и второго четырёхугольников соответственно, то
S_{1}=S\cdot\cos^{2}\alpha=\frac{1}{2}mn\sin\alpha(1-\sin^{2}\alpha).
Обозначим t=\sin\alpha
и найдём наибольшее значение функции f(t)=\frac{1}{2}mn\cdot t(1-t^{2})
на полуинтервале 0\lt t\leqslant1
. Поскольку
f'(t)=(1-t^{2})-2t^{2}=1-3t^{2}=(1-3t)(1+3t),
а 1+3t\gt0
на рассматриваемом полуинтервале, то на промежутке 0\lt t\lt\frac{1}{\sqrt{3}}
производная f'(t)
положительна, значит, функция f(t)
возрастает, а на промежутке \frac{1}{\sqrt{3}}\lt t\leqslant1
производная f'(t)
отрицательна, значит, функция f(t)
убывает. Следовательно, наибольшего значения функция достигает в точке t_{0}=\frac{1}{\sqrt{3}}
. Это значение равно
f(t_{0})=f\left(\frac{1}{\sqrt{3}}\right)=\frac{1}{2}mn\cdot\frac{1}{\sqrt{3}}\left(1-\frac{1}{3}\right)=\frac{mn}{3\sqrt{3}}.
Таким образом, S_{1}\leqslant\frac{mn}{3\sqrt{3}}
. Что и требовалось доказать.