Неравенство с лица

[ins-]

Нека [tex]M, N, P[/tex] са три точки съответно на страните [tex]AB,BC,CA[/tex] на триъгълника [tex]ABC[/tex], такива, че [tex]AM+BN+CP=MB+NC+PA[/tex]. Да се докаже, че [tex]S_{MNP} \leq \frac{1}{4}S_{ABC}[/tex].

[inveidar]

Задачката е лесничка. От къде е?

[Гост]

Събрах, докато се опитвах да я реша колекция от подобни. Доколкото разбрах е давана във Виетнамско списание или конкурс, а оригиналният източник - не го знам. Появявала се е и в английската версия на math10, но е останала нерешена.
Любопитно ми е да видя решението. За мен не е от най-лесните. Ако някой прояви интерес - мога да пусна и други подобни.

[inveidar]

Малко е дълго, но иначе - елементарно. Ще започна да го пускам на порции довечера .
Първо ще отбележа, че неможе точките M,N и P да са разположени в една и съща посока на часовниковата стрелка спрямо средите на страните на триъгълника, защото тогава едната страна на равенството от условието ще е по-голяма от полупериметъра на триъгълника, а другата - по-малка. Продължението довечера.

[Гост]

Натам отношения ли се използват? До тук и аз бях успял да съобразя нещата и може би - малко натам ..., но не успях да ги навържа.

[inveidar]

aa1.png (30.23 KiB) Прегледано 810 пъти

Сега без ограничение на общността можем да смятаме, че [tex]N\in CA_{1},M\in AC_{1},P\in CB_{1}[/tex]. Да означим
[tex]MC_{1}=x,NA_{1}=y,PB_{1}=z[/tex]. Лесно получаваме [tex]y=z+x[/tex]. Нали?

[inveidar]

aa2.png (32.73 KiB) Прегледано 809 пъти

Сега да построим успоредни прави през [tex]N[/tex] съответно на [tex]A_{1}B_{1}[/tex] и [tex]A_{1}C_{1}[/tex]. От розовото триъгълниче на чертежа и неравенството на триъгълника е ясно, че [tex]y<z_{1}+x_{1}[/tex], което с предишното [tex]y=z+x[/tex] означава, че чертежа не може да е такъв([tex]z>z_{1},x>x_{1}[/tex]), т.е P да е между върха С и успоредната на [tex]A_{1}B_{1}[/tex], а М да е между върха А и успоредната на [tex]A_{1}C_{1}[/tex].
Да предположим , че Р е между успоредната права през N и [tex]B_{1}[/tex], както е на следващия чертеж...

[inveidar]

aa3.png (40.66 KiB) Прегледано 808 пъти

Да построим [tex]PQ||AB[/tex], както е на чертежа. Тогава
[tex]S_{MNP}\le S_{MQP}=S_{PQC_{1}}\le S_{PA_{1}C_{1}}=S_{A_{1}B_{1}C_{1}}=\frac{1}{ 4}S_{ABC}[/tex](Ясно ли е защо са изпълнени тези неравенства?).

[inveidar]

aa4.png (40.57 KiB) Прегледано 805 пъти

Нека сега М е между успоредната права и [tex]C_{1}[/tex], както е на новия чертеж. Да построим през М права, успоредна на АС, която пресича ВС в точка Q. Отново лесно се доказва, че

[tex]S_{MNP}\le S_{PQM}=S_{QMB_{1}}\le S_{QB_{1}C_{1}}=S_{A_{1}B_{1}C_{1}}=\frac{1}{ 4}S_{ABC}[/tex].

С това всичко е доказано. Ясно и просто. Ама дълго. Ама пък ясно ...
Предполагам, че оригиналното решение е по-кратко, но пък по-сложно. Но пък по-кратко...
Дай да видим и другите подобни задачки. Моля!

[ganka simeonova]

С това всичко е доказано. Ясно и просто. Ама дълго. Ама пък ясно ...
Предполагам, че оригиналното решение е по-кратко, но пък по-сложно. Но пък по-кратко...

Браво за решението ти, Емо:) Аз не можах да я измисля, но твоето ми хареса!

[Гост]

Благодаря за решението. Никога нямаше да се сетя как да реша тази задача. Може и това да е оригиналното. До сега не бях виждал решение на задачата, а може и да съм виждал, но е било отдавна и не можах да го намеря. Ето няколко подобни задачи с лица. Знам още поне толкова подобни, но тези ми харесват най-много.

1. В остроъгълен триъгълник [tex]ABC[/tex] - [tex]H_1, H_2, H_3[/tex] са петите на височините, [tex]T_1, T2, T_3[/tex] са допирните точки на вписаната окръжност със страните, а [tex]L_1, L_2, L_3[/tex] са пресечните точки на вътрешните ъглополовящи със страните. Да се докаже, че: [tex]S_{H_{1}H_{2}H_{3}}\leq S_{T_{1}T_{2}T_{3}}\leq S_{L_{1}L_{2}L_{3}}\leq\frac{1}{4}S_{ABC}[/tex].
2. В триъгълника [tex]ABC[/tex] - [tex]M, N, P[/tex] са вътрешни точки съответно за страните [tex]AB, BC, CA[/tex]. Да се докаже, че ако [tex]AN, BN, CP[/tex] се пресичат в една обща точка, то: [tex]S_{MNP}\leq\frac{1}{4}S_{ABC}[/tex].
3. Нека [tex]P[/tex] е вътрешна точка за триъгълника [tex]ABC[/tex], а точките [tex]X, Y, Z[/tex] са от страните [tex]AB, BC, CA[/tex], такива че: [tex]XY\parallel AP[/tex], [tex]YZ\parallel BP[/tex], [tex]ZX\parallel CP[/tex]. Да се докаже, че: [tex]S_{XYZ }\leq\frac{1}{3}S_{ABC}[/tex].
4. В остроъгълния триъгълник ABC. На страните [tex]BC,CA,AB[/tex] са избрани съответно точките [tex]D,E,F[/tex], така, че [tex]DC+CE=EA+AF=FB+BD[/tex]. Да се докаже, че
а) [tex]DE+EF+FD\ge\frac{1}{2}(AB+BC+CA)[/tex];
б) [tex]S_{DEF} \le \frac{1}{4}S_{ABC}[/tex].