центры описанных окружностей

[umarus]

Пусть точка М располoжена в треугольнике АВС, так что <AMC=90, <AMB=150 и <BMC=120. Пусть центры описанных окружностей в треугольник AMC, AMB и BMC будут соответстенно P, Q и R. Докозать что площадь треугольника PQR больше площади ABC.

[BVR]

Обозначил через x, y и z расстояния от вершин до точки М. Подучилось алгебраическое неравенство, на которое страшно смотреть, а не только про него думать...

[Yu_K]

Не для каждого треугольника такая точка М существует. На правой картинке нет внутри треугольника такой точки М с нужными углами. На картинках угол АМВ прямой. Для некоторых треугольников таких точек М будет две на окружности с диаметром АВ.

[Батороев]

Yu_K писал(а):

Не для каждого треугольника такая точка М существует. На правой картинке нет внутри треугольника такой точки М с нужными углами. На картинках угол АМВ прямой. Для некоторых треугольников таких точек М будет две на окружности с диаметром АВ.

Условием задачи уже задана форма треугольников, например, треугольник PQR - прямоугольный с углами $60^0$ и $30^0$ (т.к. хорды $AM, BM, CM$ перпендикулярны сторонам этого треугольника, как линиям, соединяющим центры окружностей).

[Утундрий]

Можно начать построение с точки $M$. Взаимные углы между лучами $MA, MB, MC$ заданы, длины же могут быть любыми - это и будут три свободных параметра задачи. Можно сразу заметить, что точка $P$ всегда делит отрезок $AB$ пополам, а площадь треугольника $PQR$ ровно вдвое меньше площади пятиугольника $AQBRC$... ну, а дальше надо думать )

Добавлено спустя 7 минут 34 секунды:

[Утундрий]

О, дотумкал. Дальше и вовсе просто. Нужно припрячь свойство окружности. Из $AMB=150$ следует, что всегда $Q$ лежит вне $ABC$ и $AQB=60$. Точно также всегда $R$ лежит вне $ABC$ и $BRC=120$. Далее нетрудно заметить, что $\[S_{ABM} \leqslant S_{ABQ} \]$ и $\[S_{BCM} \leqslant S_{BCR} \]$. Вот в общем и все.

P.S. Поправка: $\[S_{ABM} < S_{ABQ} \]$. Неравенство строгое.

[TOTAL]

Утундрий писал(а):

Далее нетрудно заметить, что $\[S_{ABM} \leqslant S_{ABQ} \]$ и $\[S_{BCM} \leqslant S_{BCR} \]$. Вот в общем и все.

$\[S_{ACM} \geqslant S_{ACP,} \]$ поэтому ещё не всё.

Площади обоих треугольников легко найти через $AM, BM, CM,$ затем просто сравнить.

[Утундрий]

TOTAL писал(а):

Утундрий писал(а):

Далее нетрудно заметить, что $\[S_{ABM} \leqslant S_{ABQ} \]$ и $\[S_{BCM} \leqslant S_{BCR} \]$. Вот в общем и все.

$\[S_{ACM} \geqslant S_{ACP,} \]$ поэтому ещё не всё.

$ACP$ это линия )

$\[S_{ABM} < S_{ABQ}, S_{BCM} \leqslant S_{BCR} \]$, следовательно $\[S_{ABC} < \frac{1}{2} \cdot S_{AQBRC}=S_{PQR}$

Свойство окружности нужно для доказательства того факта, что $R$ и $Q$ всегда лежат вне $ABC$.

[BVR]

Утундрий писал(а):

площадь треугольника $PQR$ ровно вдвое меньше площади пятиугольника $AQBRC$...

Используя это замечание, можно чисто технически решить. Сводится к простому алгебраическому неравенству. Написать?

Добавлено спустя 8 минут 3 секунды:

Утундрий писал(а):

$\[S_{ABM} < S_{ABQ}, S_{BCM} \leqslant S_{BCR} \]$, следовательно $\[S_{ABC} < \frac{1}{2} \cdot S_{AQBRC}=S_{PQR}$

Тут я что-то не понял. Как из двух первых неравенств следует последнее?

Добавлено спустя 13 минут 15 секунд:

надо доказать, что $\[S_{ABC} < \frac{1}{2} \cdot S_{AQBRC}=S_{PQR}$ То есть надо доказать, что $S_{ABC}<\frac{1}{2} \cdot (S_{ABC}+S_{ABQ}+S_{BCR})$
То есть, что $S_{ABC}<S_{AQB}+S_{BRC}$

Добавлено спустя 13 минут 13 секунд:

Всё же напишу дальше, поскольку решение Утундрий не закончено.
В обозначениях из моего первого поста.
$S_{ABC}=\frac{1}{4}xz+\frac{1}{2}xy+\frac{\sqrt{3}}{4}yz$, где $x=AM, y=CM, z=BM$, то есть сумме площадей треугольников $ABM, AMC, BMC$

[TOTAL]

Утундрий писал(а):

следовательно $\[S_{ABC} < \frac{1}{2} \cdot S_{AQBRC}=S_{PQR}$

Откуда это неравенство?

[BVR]

Треугольник $AQB$ правильный и, если положить $AB=c, BC=a$, то
$S_{AQB}=\frac{c^2\sqrt{3}}{4}$ и $ S_{BCR}=\frac{a^2\sqrt{3}}{12}$
По теореме косинусов
$a^2=y^2+z^2+yz$ и $c^2=x^2+z^2+\sqrt{3}xz$

Добавлено спустя 1 минуту 7 секунд:

TOTAL
Его надо доказать. Я набираю, но медленно

[TOTAL]

BVR писал(а):

В обозначениях из моего первого поста.
$S_{ABC}=\frac{1}{4}xz+\frac{1}{2}xy+\frac{\sqrt{3}}{4}yz$, где $x=AM, y=CM, z=BM$

Правильно. Теперь

$$S_{PQR}=\frac{\sqrt{3}}{2}\left( \frac{x}{2}+ \frac{y}{2\sqrt{3}}+ \frac{z}{\sqrt{3}} \right)^2$$

и остается доказать положительность квадратичной формы.

[BVR]

TOTAL писал(а):

остается доказать положительность квадратичной формы.

В общем-то да. Но я всё же по-школьному...
После подстановки всего этого в $S_{ABC}<S_{AQB}+S_{BRC}$ и после упрощения получается (если я не ошибся), что данное неравенство равносильно следующему:
$(\sqrt{3}x-y+z)^2+3z^2>0$
А так как $z>0$, последнее неравенство истинно.

[Батороев]

Обозначим пересечение
$AM$ c $PQ$ через $U$
$BM$ c $QR$ через $V$
$CM$ c $PR$ через $W$

$AC$ c $PQ$ через $D$
$AC$ c $PR$ через $E$
$BC$ c $PR$ через $F$
$BC$ c $QR$ через $G$

$ S_{AUQ}+S_{BVQ} = S_{QUMV}$
$ S_{PMU}=S_{PAU}>S_{ADU}$
$ S_{PMW}=S_{PCW}>S_{ECW}$
$ S_{RMW}=S_{RCW}>S_{FCW}$
$ S_{RMV}=S_{RBV}>S_{GBV} $
Площадь $DEFGQ$ - общая.
Следовательно, $ S_{PQR}>S_{ABC} $

Т.к. площадь $QUMV$ учтена дважды, то прошу данное решение рассматривать, как шуточное.

[BVR]

Батороев

Цитата:

$AC$ c $PQ$ через $D$
$AC$ c $PR$ через $E$

$P$ лежит на $AC$