13784. Вписанная окружность с центром I
треугольника ABC
касается его сторон BC
, CA
и AB
в точках D
, E
и F
соответственно. Точка D_{0}
симметрична D
относительно I
, а точки D_{1}
и D_{2}
симметричны D
относительно диаметров окружности, проходящих через точки S
и F
. Точки E_{0}
, E_{1}
, E_{2}
и F_{0}
, F_{1}
и F_{2}
определяются аналогично. Докажите, что
S_{\triangle D_{0}D_{1}D_{2}}+S_{\triangle E_{0}E_{1}E_{2}}+S_{\triangle F_{0}F_{1}F_{2}}\leqslant\frac{1}{4}S_{\triangle ABC}.
Решение. Обозначим \angle A=\alpha
, \angle B=\beta
, \angle C=\gamma
, BC=a
, AC=b
и AB=c
, а r
и R
— радиусы соответственно вписанной и описанной окружностей треугольника ABC
.
Пусть U
и V
— середины хорд DD_{1}
и DD_{2}
соответственно. Поскольку
\angle IEA=\angle IFA=90^{\circ},
то
\angle UIV=\angle IEF=180^{\circ}-\alpha.
Значит,
\angle D_{1}DD_{2}=\angle UDV=\alpha.
Аналогично,
\angle EID=180^{\circ}-\gamma,
поэтому \angle UDI=\gamma
, а т.к центральный угол вдвое больше соответствующего вписанного, то \angle DID_{1}=2\gamma
. Значит, \angle DD_{2}D_{1}=\gamma
.
Треугольники DD_{1}D_{2}
и ABC
подобны по двум углам, причём коэффициент подобия равен \frac{r}{R}
, и поэтому
S_{\triangle DD_{1}D_{2}}=\left(\frac{r}{R}\right)^{2}S_{\triangle ABC}.
Аналогично,
S_{\triangle EE_{1}E_{2}}=\left(\frac{r}{R}\right)^{2}S_{\triangle ABC},~S_{\triangle FF_{1}F_{2}}=\left(\frac{r}{R}\right)^{2}S_{\triangle ABC}.
Заметим, что
\angle DD_{0}D_{1}=\angle DD_{2}D_{1}=\gamma.
Аналогично
\angle DD_{0}D_{2}=\angle DD_{1}D_{2}=\beta.
Из прямоугольных треугольников DD_{0}D_{1}
и DD_{0}D_{2}
получаем
D_{0}D_{1}=DD_{0}\cos\gamma=2r\cos\gamma,~D_{0}D_{2}=DD_{0}\cos\beta=2r\cos\beta.
Тогда
S_{\triangle D_{0}D_{1}D_{2}}=\frac{1}{2}D_{0}D_{1}\cdot D_{0}D_{2}\sin D_{1}D_{0}D_{2}=\frac{1}{2}\cdot2r\cos\gamma\cdot2r\cos\beta\cdot\sin(\gamma+\beta)=
=2r^{2}\cos\gamma\cos\beta\sin(180^{\circ}-\gamma-\beta)=
=2r^{2}\cos\gamma\cos\beta\sin\alpha=r^{2}\cos\gamma(\sin(\alpha+\beta)+\sin(\alpha-\beta))=
=r^{2}(\sin(\alpha+\beta)\cos\gamma+\sin(\alpha-\beta)\cos\gamma)=
=\frac{1}{2}r^{2}(\sin(\alpha+\beta+\gamma)+\sin(\alpha+\beta-\gamma)+\sin(\alpha-\beta+\gamma)+\sin(\alpha-\beta-\gamma))=
=\frac{1}{2}r^{2}(\sin180^{\circ}+\sin(180^{\circ}-2\gamma)+\sin(180^{\circ}-2\beta)+\sin(2\alpha-180^{\circ})=
=\frac{1}{2}r^{2}(\sin2\gamma+\sin2\beta-\sin2\alpha).
Аналогично,
S_{\triangle E_{0}E_{1}E_{2}}=\frac{1}{2}r^{2}(\sin2\gamma+\sin2\alpha-\sin2\beta),
S_{\triangle F_{0}F_{1}F_{2}}=\frac{1}{2}r^{2}(\sin2\alpha+\sin2\beta-\sin2\gamma).
Следовательно,
S_{\triangle D_{0}D_{1}D_{2}}+S_{\triangle E_{0}E_{1}E_{2}}+S_{\triangle F_{0}F_{1}F_{2}}=
=\frac{1}{2}r^{2}(\sin2\alpha+\sin2\beta+\sin2\gamma)=\frac{1}{2}r^{2}(2\sin(\alpha+\beta)\cos(\alpha-\gamma)+2\sin\gamma\cos\gamma)=
=r^{2}(\sin\gamma\cos(\alpha-\gamma)+\sin\gamma\cos\gamma)=r^{2}(\cos(\alpha-\gamma)+\cos\gamma)\sin\gamma=
=2r^{2}\cos\frac{\alpha-\beta+\gamma}{2}\cos\frac{\alpha-\beta-\gamma}{2}\sin\gamma=
=2r^{2}\cos\left(\frac{\alpha+\gamma}{2}-\frac{\beta}{2}\right)\cos\left(\frac{\beta+\gamma}{2}-\frac{\alpha}{2}\right)\sin\gamma=
=2r^{2}\cos(90^{\circ}-\beta)\cos(90^{\circ}-\alpha)\sin\gamma=2r^{2}\sin\alpha\sin\beta\sin\gamma=
=2r^{2}\cdot\frac{a}{2R}\cdot\frac{b}{2R}\cdot\frac{c}{2R}=r^{2}\cdot\frac{abc}{4R\cdot R^{2}}=\frac{r^{2}}{R^{2}}\cdot S_{\triangle ABC},
а так как R\geqslant2r
(см. задачу 3587), то
S_{\triangle D_{0}D_{1}D_{2}}+S_{\triangle E_{0}E_{1}E_{2}}+S_{\triangle F_{0}F_{1}F_{2}}\leqslant\frac{1}{4}S_{\triangle ABC}.