16499. Докажите, что для любого треугольника ABC
существует прямая l
, для которой площадь пересечения треугольника ABC
и симметричного ему относительно l
треугольника A'B'C'
составляет более двух третей площади треугольника ABC
.
Решение. Обозначим BC=a
, CA=b
и AB=c
. Без ограничения общности будем считать, что a\leqslant b\leqslant c
. Пусть l
— прямая, содержащая биссектрису AP
треугольника ABC
.
Поскольку AC\leqslant AB
, пересечение треугольников ABC
и A'B'C'
, о котором говорится в условии, состоит из двух равных треугольников APC
и APC'
.
У треугольников APC
и ABC
общая высота, проведённая из вершины A
, поэтому
\frac{S_{\triangle APC}}{S_{\triangle ABC}}=\frac{PC}{BC}=\frac{b}{b+c}
(см. задачу 1509). Таким образом, достаточно доказать, что
\frac{b}{b+c}\gt\frac{1}{3}~\Leftrightarrow~3b\gt b+c~\Leftrightarrow~2b\gt c.
Последнее неравенство верно, так как
2b=b+b\geqslant a+b\gt c
по предположению (b\geqslant a
) и неравенству треугольника.
Источник: Журнал «Mathematics Magazine». — 1997, том 70, № 3, задача 3, с. 235
Источник: Математические олимпиады США. —