Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 280
2014-06-07 
Доказать, что если стороны вписанного шестиугольника $ABCDEF$ удовлетворяют равенствам
$AB=BC, CD = DE, EF=FA$,
то площадь треугольника $ACE$ не превосходит площади треугольника $BDF$.
Решение:
Если точка О - центр описанной около данного шестиугольника ABCDEF окружности радиуса R (рис.) и
$\alpha = \angle CAE, \beta = \angle AEC, \gamma = \angle ACE$,
то из равенств сторон, указанных в условии, имеем
$\angle AOB = \angle BOC = \beta, \angle COD = \angle DOE = \alpha, \angle EOF = \angle FOA = \gamma$.
Отсюда находим площадь
$S_{ACE} = \frac{EC \cdot CA \cdot AE}{4R} = \frac{2R \cdot \sin \alpha \cdot 2R \sin \beta \cdot 2R \sin \gamma}{4R} = 2R^{2} \sin \alpha \sin \beta \sin \gamma$
и аналогично
$S_{BDF} = 2R^{2} \sin \frac{\alpha + \beta}{2} \sin \frac{\beta + \gamma}{2} \sin \frac{\alpha + \gamma}{2}$
Из соотношений
$\sin^{2} \alpha \sin^{2} \beta \sin^{2} \gamma = (\sin \alpha \sin \beta)(\sin \alpha \sin \gamma)(\sin \beta \sin \gamma) =$
$= \frac{1}{2} (\cos (\alpha - \beta) - \cos (\alpha + \beta)) \cdot \frac{1}{2}(\cos (\alpha - \gamma) - \cos (\alpha + \gamma)) \times$
$\times \frac{1}{2} (\cos (\beta - \gamma) - \cos (\beta + \gamma)) \leq$
$\leq \frac{1}{2} (1 - \cos (\alpha + \beta)) \cdot \frac{1}{2} (1 - \cos (\alpha + \gamma)) \cdot \frac{1}{2} (1 - \cos(\beta + \gamma)) =$
$= \sin^{2} \frac{\alpha + \beta}{2} \sin^{2} \frac{\beta + \gamma}{2} \sin^{2} \frac{\alpha + \gamma}{2}$.
справедливых для любых положительных значений $\alpha, \beta, \gamma$, удовлетворяющих условию
$\alpha + \beta + \gamma = 180^{\circ}$,
имеем
$\sin \alpha \sin \beta \sin \gamma \leq \sin \frac{\alpha + \beta}{2} \sin \frac{\beta + \gamma}{2} \sin \frac{\alpha + \gamma}{2}$
откуда вытекает требуемое неравенство.
Доказать, что если стороны вписанного шестиугольника $ABCDEF$ удовлетворяют равенствам
$AB=BC, CD = DE, EF=FA$,
то площадь треугольника $ACE$ не превосходит площади треугольника $BDF$.
Решение:
Если точка О - центр описанной около данного шестиугольника ABCDEF окружности радиуса R (рис.) и
$\alpha = \angle CAE, \beta = \angle AEC, \gamma = \angle ACE$,
то из равенств сторон, указанных в условии, имеем
$\angle AOB = \angle BOC = \beta, \angle COD = \angle DOE = \alpha, \angle EOF = \angle FOA = \gamma$.
Отсюда находим площадь
$S_{ACE} = \frac{EC \cdot CA \cdot AE}{4R} = \frac{2R \cdot \sin \alpha \cdot 2R \sin \beta \cdot 2R \sin \gamma}{4R} = 2R^{2} \sin \alpha \sin \beta \sin \gamma$
и аналогично
$S_{BDF} = 2R^{2} \sin \frac{\alpha + \beta}{2} \sin \frac{\beta + \gamma}{2} \sin \frac{\alpha + \gamma}{2}$
Из соотношений
$\sin^{2} \alpha \sin^{2} \beta \sin^{2} \gamma = (\sin \alpha \sin \beta)(\sin \alpha \sin \gamma)(\sin \beta \sin \gamma) =$
$= \frac{1}{2} (\cos (\alpha - \beta) - \cos (\alpha + \beta)) \cdot \frac{1}{2}(\cos (\alpha - \gamma) - \cos (\alpha + \gamma)) \times$
$\times \frac{1}{2} (\cos (\beta - \gamma) - \cos (\beta + \gamma)) \leq$
$\leq \frac{1}{2} (1 - \cos (\alpha + \beta)) \cdot \frac{1}{2} (1 - \cos (\alpha + \gamma)) \cdot \frac{1}{2} (1 - \cos(\beta + \gamma)) =$
$= \sin^{2} \frac{\alpha + \beta}{2} \sin^{2} \frac{\beta + \gamma}{2} \sin^{2} \frac{\alpha + \gamma}{2}$.
справедливых для любых положительных значений $\alpha, \beta, \gamma$, удовлетворяющих условию
$\alpha + \beta + \gamma = 180^{\circ}$,
имеем
$\sin \alpha \sin \beta \sin \gamma \leq \sin \frac{\alpha + \beta}{2} \sin \frac{\beta + \gamma}{2} \sin \frac{\alpha + \gamma}{2}$
откуда вытекает требуемое неравенство.
