17746. В четырёхугольник ABCD
вписана окружность с центром I
. Диагонали AC
и BD
пересекаются в точке P
. Известно, что точка I
лежит внутри треугольника PAB
(но не на стороне). Докажите, что площадь треугольника PAB
больше площади каждого из треугольников PBC
, PCD
и PDA
.
Решение. Обозначим \angle APB=\alpha
. Тогда
S_{\triangle PAB}=\frac{1}{2}PA\cdot PB\sin\alpha,\eqno(1)
S_{\triangle PBC}=\frac{1}{2}PB\cdot PC\sin(180^{\circ}-\alpha)=\frac{1}{2}PB\cdot PC\sin\alpha,\eqno(2)
S_{\triangle PCD}=\frac{1}{2}PC\cdot PD\sin\alpha,\eqno(3)
S_{\triangle PDA}=\frac{1}{2}PD\cdot PA\sin(180^{\circ}-\alpha)=\frac{1}{2}PD\cdot PA\sin\alpha.\eqno(4)
Пусть D'
— точка, симметричная вершине D
относительно диагонали AC
. Поскольку биссектриса угла DAB
проходит через точку I
, лежащую внутри треугольника PAB
, получаем неравенства
\angle DAC\lt\angle DAI=\angle BAI\lt\angle BAC~\Rightarrow~\angle D'AC\lt\angle BAC.
Аналогично получим, что \angle D'CA\lt\angle BCA
. Значит, точка D'
лежит внутри треугольника ABC
, поэтому
S_{\triangle ADC}=S_{\triangle AD'C}\lt S_{\triangle ABC}.
Тогда
S_{\triangle PCD}+S_{\triangle PDA}=\frac{1}{2}(PC+PA)\cdot PD\sin\alpha,~\mbox{или}~S_{\triangle ADC}=\frac{1}{2}AC\cdot PD\sin\alpha.
Аналогично,
S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}AC\cdot PB\sin\alpha.
Следовательно, из неравенства
S_{\triangle ADC}\lt S_{\triangle ABC},~\mbox{или}~\frac{1}{2}AC\cdot PD\sin\alpha\lt\frac{1}{2}AC\cdot PB\sin\alpha
следует неравенство PD\lt PB
. Аналогично получим, что PC\lt PA
. Тогда из (1) и (2) следует, что S_{\triangle PAB}\gt S_{\triangle PBC}
, из (1) и (4) следует, что S_{\triangle PAB}\gt S_{\triangle PDA}
, а из (3) и (4) следует, что S_{\triangle PDA}\gt S_{\triangle PCD}
. Что и требовалось доказать.
Источник: Эстонские математические олимпиады. — 2019, задача 12, 11 класс