Математикадан облыстық олимпиада, 2024 жыл, 10 сынып

$ABC$ үшбұрышында $AL,BM,CN$ биссектрисалары мен $AD,BE,CF$ биіктіктері жүргізілген. Егер $DEF$ үшбұрышының ауданы $LMN$ үшбұрышының ауданынан көп болса, онда $ABC$ үшбұрышы доғалбұрышты болатынын дәлелдеңіз.

Комментарий/решение

1) Выразим площадь $S_{LMN} = S_{ABC} - (S_{CML}+S_{BNL}+S_{ANM}) \ (1)$ из основного свойства биссектрисы, можно получить соотношения

$$S_{CML} = \dfrac{AC \cdot BC \cdot S_{ABC}}{(AB+BC)(AB+AC)}$$

$$S_{AMN} = \dfrac{AC \cdot AB \cdot S_{ABC}}{(BC+AB)(BC+AC)}$$

$$S_{BNL} = \dfrac{AB \cdot BC \cdot S_{ABC}}{(AC+AB)(AC+BC)}$$

Если $AB=a, BC=b, AC=c$

Подставляя в $(1)$ получается $S_{LMN} = \dfrac{2abc \cdot S_{ABC}}{(a+b)(b+c)(a+c)}$

2) Площадь ортотреугольника находится по достаточно известной формуле $$S_{DEF} = \dfrac{S_{ABC}(a^2+b^2-c^2)(a^2+c^2-b^2)(b^2+c^2-a^2)}{(2abc)^2}$$

3) Выражая стороны через углы и учитывая что $\sin(x)>0$ на $0<x<\pi$ и требуемое условие из задачи $S_{DEF} > S_{LMN}$ получается

$$(\sin(A)+\sin(B))(\sin(C)+\sin(A))(\sin(C)+\sin(B)) > tg(A) \cdot tg(B) \cdot tg(C)$$

Рассмотрим случаи

1. Если один из углов тупой, пусть $A>90^{\circ}$ тогда так как $tg(x)>0$ на $0<x<90^{\circ}$ и $tgx<0$ на $90^{\circ}<x<180^{\circ}$ значит тогда

$(\sin(A)+\sin(B))(\sin(C)+\sin(A))(\sin(C)+\sin(B))>0$ но в то же время $tgA \cdot tgB \cdot tgC < 0$ откуда выходит выполнения неравенства.

2. Пусть все углы острые, тогда так как $y=sinx$ функция выпукла вверх на $0<x<90^{\circ}$ из того что $f''(x)<0$, тогда по $AM \geq GM$ или

$$S=(\sin(A)+\sin(B))(\sin(C)+\sin(A))(\sin(C)+\sin(B)) \leq (\dfrac{2(\sin(A)+\sin(B)+\sin(C))} {3})^3$$ по неравенству Йенсена получается

$$\sin(A)+\sin(B)+\sin(C) \leq 3 \sin((\dfrac{A+B+C}{3}) = \dfrac{3\sqrt{3}}{2}$$

или $$S \leq 3\sqrt{3}$$

Но в то же время $tgA \cdot tgB \cdot tgC = tgA+tgB+tgC$ (условие которое всегда выполнятся для треугольника) функция $y=tgx$ выпукла вниз на $0<x<90^{\circ}$ в этом можно убедиться проверяя условие $f''(x)>0$ тогда по неравенству Йенсена $$tgA+tgB+tgC \geq 3tg(\dfrac{A+B+C}{3}) = 3\sqrt{3}$$

и равенство выполняется при $A=B=C=\dfrac{\pi}{3}$ значит

$S<tgA \cdot tgB \cdot tgC$ противоречие.

Значит треугольник тупоугольный