13890. Точки M
, N
и P
— середины сторон соответственно BC
, AC
и AB
треугольника ABC
. Лучи AM
, BN
и CP
пересекают описанную окружность треугольника ABC
в точках S_{1}
, B_{1}
и C_{1}
соответственно. Докажите, что площадь треугольника ABC
не превосходит суммы площадей треугольников BA_{1}C
, AB_{1}C
и BC_{1}A
.
Решение. Обозначим BC=a
, AC=b
, BC=a
, AM=m_{a}
, BN=m_{b}
, CP=m_{c}
.
По теореме о произведении пересекающихся хорд окружности (см. задачу 2627)
AM\cdot MA_{1}=BM\cdot MC~\Rightarrow~\frac{MA_{1}}{AM}=\frac{BM\cdot MC}{AM^{2}}=\frac{\frac{a^{2}}{4}}{m_{a}^{2}}=\left(\frac{a}{2m_{a}}\right)^{2}.
Аналогично,
\frac{NB_{1}}{BN}=\left(\frac{b}{2m_{b}}\right)^{2},~\frac{PC_{1}}{CP}=\left(\frac{c}{2m_{c}}\right)^{2}.
Значит,
\frac{S_{\triangle BA_{1}C}}{S_{\triangle ABC}}+\frac{S_{\triangle AB_{1}C}}{S_{\triangle ABC}}+\frac{S_{\triangle AC_{1}B}}{S_{\triangle ABC}}=\frac{MA_{1}}{AM}+\frac{NB_{1}}{BN}+\frac{PC_{1}}{CP}=
=\frac{a^{2}}{4m_{a}^{2}}+\frac{b^{2}}{4m_{b}^{2}}+\frac{c^{2}}{4m_{c}^{2}}=\frac{1}{4}\left(\frac{a^{2}}{m_{a}^{2}}+\frac{b^{2}}{m_{b}^{2}}+\frac{c^{2}}{m_{c}^{2}}\right).
Из системы
\syst{4m_{a}^{2}=2b^{2}+2c^{2}-a^{2}\\4m_{b}^{2}=2a^{2}+2c^{2}-b^{2}\\4m_{c}^{2}=2a^{2}+2b^{2}-c^{2}\\}
(см. задачу 4014) находим, что
\syst{a^{2}=\frac{4}{9}(2(m_{b}^{2}+m_{c}^{2})-m_{a}^{2})\\b^{2}=\frac{4}{9}(2(m_{a}^{2}+m_{c}^{2})-m_{b}^{2})\\c^{2}=\frac{4}{9}(2(m_{a}^{2}+m_{b}^{2})-m_{c}^{2})\\}
Обозначим \frac{m_{a}^{2}}{m_{b}^{2}}=x
, \frac{m_{b}^{2}}{m_{c}^{2}}=y
, \frac{m_{c}^{2}}{m_{a}^{2}}=z
. Тогда,
\syst{\frac{a^{2}}{m_{a}^{2}}=\frac{4}{9}\left(2\left(\frac{m_{b}^{2}}{m_{a}^{2}}+\frac{m_{c}^{2}}{m_{a}^{2}}\right)-1\right)=\frac{4}{9}\left(2\left(\frac{1}{x}+z\right)-1\right)\\\frac{b^{2}}{m_{b}^{2}}=\frac{4}{9}\left(2\left(\frac{m_{a}^{2}}{m_{b}^{2}}+\frac{m_{c}^{2}}{m_{b}^{2}}\right)-1\right)=\frac{4}{9}\left(2\left(x+\frac{1}{y}\right)-1\right)\\\frac{c^{2}}{m_{c}^{2}}=\frac{4}{9}\left(2\left(\frac{m_{a}^{2}}{m_{c}^{2}}+\frac{m_{b}^{2}}{m_{c}^{2}}\right)-1\right)=\frac{4}{9}\left(2\left(\frac{1}{z}+y\right)-1\right)\\}
Значит,
\frac{S_{\triangle BA_{1}C}}{S_{\triangle ABC}}+\frac{S_{\triangle AB_{1}C}}{S_{\triangle ABC}}+\frac{S_{\triangle AC_{1}B}}{S_{\triangle ABC}}=\frac{1}{4}\left(\frac{a^{2}}{m_{a}^{2}}+\frac{b^{2}}{m_{b}^{2}}+\frac{c^{2}}{m_{c}^{2}}\right)=
=\frac{1}{4}\left(\frac{4}{9}\left(2\left(\frac{1}{x}+z\right)-1\right)+\frac{4}{9}\left(2\left(x+\frac{1}{y}\right)-1\right)+\frac{4}{9}\left(2\left(\frac{1}{z}+y\right)-1\right)\right)=
=\frac{1}{9}\left(2\left(\frac{1}{x}+z\right)-1)+2\left(x+\frac{1}{y}\right)-1+2\left(\frac{1}{z}+y\right)-1)\right)=
=\frac{1}{9}\left(2(x+y+z)+2\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)-3)\right)=
=\frac{1}{9}\left(2\left(x+\frac{1}{x}\right)+2\left(y+\frac{1}{y}\right)+2\left(z+\frac{1}{z}\right)-3)\right)=
=\frac{1}{9}\left(2\cdot2+2\cdot2+2\cdot2-3\right)\geqslant1
(см. задачу 3399). Следовательно,
S_{\triangle BA_{1}C}+S_{\triangle AB_{1}C}+S_{\triangle AC_{1}B}\geqslant S_{\triangle ABC}.
Что и требовалось доказать.