6907. На сторонах AB
, BC
и CA
треугольника ABC
взяты соответственно точки M
, K
и L
(не совпадающие с вершинами). Докажите, что площадь хотя бы одного из треугольников MAL
, KBM
, LCK
не превышает четверти площади треугольника ABC
.
Решение. Пусть площадь треугольника ABC
равна S
. Тогда (см. задачу 3007)
\frac{S_{\triangle MAL}}{S}=\frac{AM}{AB}\cdot\frac{AL}{AC},~\frac{S_{\triangle KBM}}{S}=\frac{BM}{AB}\cdot\frac{BK}{BC},~\frac{S_{\triangle LCK}}{S}=\frac{CL}{AC}\cdot\frac{CK}{BC}.
Допустим, что
\frac{S_{\triangle MAL}}{S}\gt\frac{1}{4},~\frac{S_{\triangle KBM}}{S}\gt\frac{1}{4},~\frac{S_{\triangle LCK}}{S}\gt\frac{1}{4}.
Тогда
\frac{1}{64}\lt\frac{S_{\triangle MAL}}{S}\cdot\frac{S_{\triangle KBM}}{S}\cdot\frac{S_{\triangle LCK}}{S}=
=\frac{AM}{AB}\cdot\frac{AL}{AC}\cdot\frac{BM}{AB}\cdot\frac{BK}{BC},~\frac{CL}{AC}\cdot\frac{CK}{BC}=
=\frac{AM\cdot AL\cdot BM\cdot BK\cdot CL\cdot CK}{AB\cdot AC\cdot AB\cdot BC\cdot AC\cdot BC}=
=\frac{AM\cdot BM}{AB^{2}}\cdot\frac{AL\cdot CL}{AC^{2}}\cdot\frac{BK\cdot CK}{BC^{2}}.
С другой стороны,
\sqrt{AM\cdot BM}\leqslant\frac{AM+BM}{2}=\frac{AB}{2}~\Rightarrow~\frac{AM\cdot BM}{AB^{2}}\leqslant\frac{1}{4}.
Аналогично
\frac{AL\cdot CL}{AC^{2}}\leqslant\frac{1}{4},~\frac{BK\cdot CK}{BC^{2}}\leqslant\frac{1}{4}.
Значит,
\frac{AM\cdot BM}{AB^{2}}\cdot\frac{AL\cdot CL}{AC^{2}}\cdot\frac{BK\cdot CK}{BC^{2}}\leqslant\frac{1}{4}\cdot\frac{1}{4}\cdot\frac{1}{4}=\frac{1}{64}.
Пришли к противоречию. Следовательно, среди треугольников MAL
, KBM
, LCK
найдётся треугольник с площадью, не превышающей \frac{1}{4}S
.
Источник: Международная математическая олимпиада. — 1966, VIII
Источник: Морозова Е. А., Петраков И. С. Международные математические олимпиады. — 3-е изд. — М.: Просвещение, 1971. — , № 50, с. 32