2019-02-08
На сторонах $AB, BC, CA$ треугольника $ABC$ взяты точки $C^{\prime}, A^{\prime}, B^{\prime}$. Докажите, что для площадей соответствующих треугольников выполняется неравенство:
$S_{ABC}S_{A^{\prime}B^{\prime}C^{\prime}}^2 \geq 4S_{AB^{\prime}C^{\prime}}S_{BC^{\prime}A^{\prime}}S_{CA^{\prime}B^{\prime}}$,
причём равенство достигается тогда и только тогда, когда прямые $AA^{\prime}, BB^{\prime}, CC^{\prime}$ пересекаются в одной точке.
Решение:
Обозначим $P_1 = AB^{\prime} \cdot BC^{\prime} \cdot CA^{\prime}, P_2 = BA^{\prime} \cdot AC^{\prime} \cdot CB^{\prime}$. Нетрудно убедиться, что $S_{A^{\prime}B^{\prime}C^{\prime}} = (P_1 + P_2)/4R$, где $R$ - радиус описанной окружности $ABC$, и, следовательно,
$\frac{S_{AB^{\prime}C^{\prime}}S_{BC^{\prime}A^{\prime}}S_{CA^{\prime}B^{\prime}}}{S_{ABC}(S_{A^{\prime}B^{\prime}C^{\prime}})^2} = \frac{P_1P_2}{(P_1 +P_2)^2} \leq \frac{1}{4}$,
причём равенство возможно лишь при $P_1 = P_2$, что равносильно пересечению прямых $AA^{\prime}, BB^{\prime}$ и $CC^{\prime}$ в одной точке.