2353. Даны треугольник XYZ
и выпуклый шестиугольник ABCDEF
. Стороны AB
, CD
и EF
параллельны и равны соответственно сторонам XY
, YZ
и ZX
. Докажите, что площадь треугольника с вершинами в серединах сторон BC
, DE
и FA
не меньше площади треугольника XYZ
.
Решение. Первый способ. Пусть S_{\triangle XYZ}=s
, S_{ABCDEF}=S
, K
, L
и M
— середины соответственно сторон BC
, DE
и FA
.
1) Напомним, что если R
— середина отрезка PQ
, не пересекающего прямую HG
, то S_{\triangle RHG}=\frac{1}{2}(S_{\triangle PHG}+S_{\triangle QHG})
(высота треугольника RHG
, опущенная на HG
равна полусумме соответствующих высот треугольников PHG
и QHG
). Поэтому
S_{\triangle KLM}=\frac{1}{2}(S_{\triangle BLM}+S_{\triangle CLM})=\frac{1}{4}(S_{\triangle BDM}+S_{\triangle BEM}+S_{\triangle CDM}+S_{\triangle CEM})=
=\frac{1}{8}(S_{\triangle BDA}+S_{\triangle BDF}+S_{\triangle BEA}+S_{\triangle BEF}+S_{\triangle CDA}+S_{\triangle CDF}+S_{\triangle CEA}+S_{\triangle CEF}).
2) Построим параллелограмм BCDI
(рис. 1). По условию треугольники ABI
и XYZ
равны. Заметим, что
S_{\triangle DAB}=S_{\triangle CAB}+S_{\triangle IAB}=S_{\triangle CAB}+s
(высота треугольника ADB
, опущенная на AB
равна сумме соответствующих высот треугольников ACB
и AIB
). Аналогично
S_{\triangle EAB}=S_{\triangle FAB}+s,~S_{\triangle ACD}=S_{\triangle BCD}+s,~S_{\triangle FCD}=S_{\triangle ECD}+s,
S_{\triangle BFE}=S_{\triangle AFE}+s,~S_{\triangle CFE}=S_{\triangle AFE}+s.
3) Отсюда
S_{\triangle KLM}=\frac{1}{8}(S_{\triangle BDA}+S_{\triangle BDF}+S_{\triangle BEA}+S_{\triangle BEF}+S_{\triangle CDA}+S_{\triangle CDF}+S_{\triangle CEA}+S_{\triangle CEF})=
=\frac{1}{8}(6s+S_{\triangle ABC}+S_{\triangle BDF}+S_{\triangle ABF}+S_{\triangle AEF}+S_{\triangle BCD}+S_{\triangle CDE}+S_{\triangle ACE}+S_{\triangle DEF}).
Заметим, что
S_{\triangle BDF}+S_{\triangle ABF}+S_{\triangle BCD}+S_{\triangle DEF}=S_{\triangle AEF}+S_{\triangle CDE}+S_{\triangle ACE}+S_{\triangle ABC}=S.
Поэтому
S_{\triangle KLM}=\frac{1}{8}(6s+2S)=\frac{1}{4}(3s+S)\gt s.
(Точка I
очевидно находится внутри шестиугольника, поэтому s\lt S
.)
Второй способ. Построим параллелограмм BCDI
(рис. 2). По условию треугольники ABI
и XYZ
равны. Значит, отрезок AI
параллелен и равен FE
, т. е. AIEF
— тоже параллелограмм. Пусть P
— середина EI
. Тогда
S_{\triangle KLM}\gt S_{\triangle MPB}\gt S_{\triangle ABI}=S_{\triangle XYZ}.
Оба неравенства следуют из следующего очевидного утверждения. Пусть TUVW
— параллелограмм, точка R
и отрезок VW
лежат по разные стороны от прямой TU
. Тогда S_{\triangle RVW}\gt S_{\triangle RTU}
. (В первом случае используется параллелограмм BKLP
, во втором — AIPM
.)
Примечание. В этой задаче есть досадный второй случай, который не учитывают оба приводимых ранее решения: когда шестиугольник и треугольник, данные в условии, ориентированы по-разному (т. е. шестиугольник при чтении букв — названий вершин — обходится по часовой стрелке, а треугольник — против). В этом случае если достраивать на одной из сторон шестиугольника наш треугольник, он будет торчать наружу! Вот набросок решения для этого случая. Он сводится к первому следующей перестройкой шестиугольника, изображённой на рис. 3.
Здесь
\overrightarrow{AC_{1}}=\overrightarrow{CB},~\overrightarrow{C_{1}D_{1}}=\overrightarrow{EF},~\overrightarrow{BF_{1}}=\overrightarrow{FA},~\overrightarrow{F_{1}E_{1}}=\overrightarrow{DC}.
Отсюда легко следует, что
\overrightarrow{K_{1}L_{1}}=\overrightarrow{LK},~\overrightarrow{K_{1}M_{1}}=\overrightarrow{MK},~\overrightarrow{L_{1}M_{1}}=\overrightarrow{ML},
т. е. серединный треугольник не изменился.
Автор: Белухов Н. И.
Источник: Турнир городов. — 2009-2010, XXXI, осенний тур, старшие классы, основной вариант