Азиатско-Тихоокеанская математическая олимпиада, 2012 год

Пусть $P$ — является внутренней точкой треугольника $ABC$, а $D$, $E$ и $F$ — точки пересечения прямой $AP$ и стороны $BC$ треугольника, прямой $BP$ и стороны $CA$, прямой $CP$ и стороны $AB$, соответственно. Докажите, что площадь треугольника $ABC$ равна 6, если площадь каждого треугольника $PFA$, $PDB$ и $PEC$ равна 1.

Комментарий/решение

Пусть $[PCD] = x, [PAE] = y, [PBF] = z$. По теореме Чевы $xyz = 1$. Также $\frac{CP}{PF} = \frac{x+1}{z} = y+1$, поэтому $x+1 = yz + z$ (аналогично $y+1 = zx + x$ и $z+1 = xy+y$). Если $x = 1$, то мы можем получить $x=y=z=1$. В противном случае WLOG $x > 1$ и $y, z < 1$ или $x < 1$ и $y, z > 1$. В первом случае $2 < x+1 = yz+z < 2$, а во втором $2 > x + 1 = yz + z > 2$, противоречие.

Пусть $P=(x_1:x_2:x_3)$, где $x_i>0$, $x_1+x_2+x_3=1$, и $S=[ABC]$. Тогда $D=(0:x_2:x_3)$, $E=(x_1:0:x_3)$, $F=(x_1:x_2:0)$. По формуле площади в барицентрических координатах $1=[PAF]=S\dfrac{x_2x_3}{x_1+x_2}=[PDB]=S\dfrac{x_1x_3}{x_2+x_3}=[PEC]=S\dfrac{x_1x_2}{x_1+x_3}$. Разделив на $Sx_1x_2x_3>0$ и взяв обратные величины, получаем $x_1(x_1+x_2)=x_2(x_2+x_3)=x_3(x_3+x_1)$. По цикличности пусть $x_1=\max\{x_1,x_2,x_3\}$. Тогда $x_1\ge x_2$ и $x_1+x_2\ge x_2+x_3$, поэтому равенство произведений положительных множителей даёт $x_1=x_2=x_3=\dfrac13$. Следовательно $P$ центроид а медианы делят треугольник на шесть равновеликих частей значить $[ABC]=6[PFA]=6$