ГЛАВНАЯ » РЕШЕБНИК

2014-06-07   
Доказать, что если AD, BE и CF - биссектрисы Треугольника ABC, то площадь треугольника DEF не превосходит четверти площади треугольника ABC.


Решение:



Обозначим
$a = BC, b = AC, c = AB, S = S_{ABC}, S_{0}=S_{DEF}$.
Тогда по свойству биссектрисы треугольника (рис.) имеем
$\frac{AF}{b} = \frac{BF}{a} = \frac{AF + BF}{b + a} = \frac{c}{a + b}$,
откуда
$AF = \frac{bc}{a + b}$.
Аналогично, имеем
$AE = \frac{bc}{a + c}$,
поэтому
$S_{AEF} = \frac{1}{2} AF \cdot AE \sin \angle BAC =$
$= \frac{bc \sin \angle BAC}{2} \cdot \frac{bc}{(a + b)(a + c)} = \frac{bc}{(a + b)(a + c)} S$.
Точно так же находим
$S_{BDF} = \frac{ac}{(a + b)(b + c)} S, S_{CDE} = \frac{ab}{(a + c)(b + c)} S$
и, используя теорему о средних, получаем
$S – S_{0} = S_{AEF} + S_{BDF} + S_{CDE} = \left ( \frac{bc}{(a + b)(a + c)} + \frac{ac}{(b + a)(b + c)} + \frac{ab}{(c + a)(c + b)} \right ) S =$
$= \frac{c^{2}b + b^{2}c + a^{2}c + c^{2}a + b^{2}a + a^{2}b}{(a + b)(b + c)(c + a)} S \geq \frac{6abc}{(a + b)(b + c)(c + a)} S =$
$=3 \left ( 1 - \frac{bc}{(a + b)(a + c)} - \frac{ac}{(a + b)(c + b)} - \frac{ab}{(c + a)(c + b)} \right ) S =$
$= 3(S – S_{AEF} – S_{BDF} – S_{CDE}) = 3S_{0}$.
Итак,
$S – S_{0} \geq 3S_{0}$, т.е. $S_{0} \leq S/4$,
что и требовалось доказать.