Probar que: $S_{XYZ}\geq \frac{1}{4}S_{ABC}$

Question

$\triangle ABC$. Deje $X\in BC; Y\in CA, Z\in AB$ tal que $\angle YXZ= \angle BAC, \angle XZY=\angle ACB, \angle ZYX=\angle CBA$.

Probar que: $S_{XYZ}\geq \frac{1}{4}S_{ABC}$

P/s: me han demostrado que la longitud de la circunscrito a círculos de $\triangle AYZ,\triangle BXZ,\triangle CXY,\triangle XYZ$ son los mismos

Answer 1

Por la sencillez de la descripción, nos deja elegir el sistema de coordenadas de modo que $A$ es el origen, $AB$ es en la dirección de $x$-eje y $C$ está en la mitad superior del plano -. Vamos

• $a, b, c$ ser la longitud de los lados $BC, CA, AB$.
• $\alpha, \beta, \gamma$ ser el ángulo de $\triangle ABC$ en los vértices $A, B, C$.

La restricción en los ángulos $$ \begin{cases} \angle YXZ &= \angle BAC = \alpha\\ \angle ZYX &= \angle CBA = \beta\\ \angle XZY &= \angle ACB = \gamma \end{casos}$$ cuéntanos $\triangle XYZ$ es similar a $\triangle ABC$. Podemos obtener el ex escalando $\triangle ABC$ con un escalar factor de $\rho$, girar contra-el-clockwisely de un ángulo a $\pi + \phi$ y, a continuación, traducir hasta su última lugares. La configuración resultante se ilustra en el siguiente diagrama:

Como se ve desde el diagrama, la longitud de los lados $XY$, $YZ$, $ZX$ es $\rho a$, $\rho b$, $\rho c$. Como resultado, tenemos

$$\verb/Area/(\triangle XYZ) = \rho^2\verb/Area/(\triangle ABC)$$

Nuestra tarea se reduce a mostrar $\rho \ge \frac12$.

Deje $\mu = \frac{|AZ|}{|AB|}$. La aplicación de la regla del seno de triángulos $\triangle AZY$ y $\triangle ZBX$, tenemos

$$\frac{\rho}{\sin\alpha} = \frac{|YZ|}{\sin\ángulo de YAZ} = \frac{|AZ|}{\sin\ángulo ZYA} = \frac{\mu c}{\sin(\gamma+\phi)}\\ \frac{\rho b}{\sin\beta} = \frac{|XZ|}{\sin\ángulo ZBX} = \frac{|ZB|}{\sin\ángulo BXZ} = \frac{(1-\mu)c}{\sin(\gamma\phi)} $$ Junto con la regla del seno de $\triangle ABC$,

$$\frac{a}{\sin\alpha} = \frac{b}{\sin\beta} = \frac{c}{\sin\gamma}$$ Nos encontramos $$ \begin{cases} \mu &= \rho\frac{\sin(\gamma + \phi)}{\sin\gamma},\\ 1-\mu &= \rho\frac{\sin(\gamma-\phi)}{\sin\gamma} \end{casos} \quad\implica\quad 1 = \frac{\rho}{\sin\gamma}(\sin(\gamma + \phi) + \sin(\gamma \phi)) = 2\rho\cos\phi$$

Esto conduce a $\displaystyle\;\rho = \frac{1}{2\cos\phi} \ge \frac12$ y hemos terminado!

Answer 2

Podemos considerar la siguiente configuración:

Dado $XYZ$, tomamos $X'Y'Z'$ como el anticomplementary triángulo de $XYZ$. A continuación, tomamos $\Gamma_A,\Gamma_B,\Gamma_C$ como el circumcircles de $X'YZ,XY'Z,XYZ'$$A\in\Gamma_A$. Tomamos $B$ $AZ\cap\Gamma_B$ $C$ $BX\cap\Gamma_C$. $A,X,C$ será en la misma línea, y $\Gamma_A,\Gamma_B,\Gamma_C$ le convenga en el ortocentro $H$$XYZ$.

La relación de $\frac{[ABC]}{[XYZ]}$ depende sólo de la posición de $A$$\Gamma_A$. Si $x=YZ,y=XZ,z=XY$ $R_A,R_B,R_C$ son los circumradii de $\Gamma_A,\Gamma_B,\Gamma_C$, $R_A=\frac{x}{2\sin A}$ y así sucesivamente, por lo $\Gamma_A,\Gamma_B,\Gamma_C$ y la de la circunferencia circunscrita $\Gamma$ $XYZ$ son congruentes. Que da que todo el verde de los segmentos en la siguiente imagen tienen la misma longitud:

Teniendo en cuenta la última de descomposición, ¿no es trivial que se $\frac{[ABC]}{[XYZ]}\leq 4$? Simplemente escribe el área de cada triángulo pequeño con dos verdes lados como $\frac{R^2}{2}$ multiplicado por el seno de algo. La igualdad se produce sólo cuando se $AX,BY,CZ$ de acuerdo, es decir, sólo cuando se $XYZ$ es el triángulo medial de $ABC$. El reclamo justo de la siguiente manera:

$$ 2\sin(2A)-\sin(2A+2\theta)-\sin(2A-2\theta) = 4\sin^2(\theta)\sin(2A)\geq 0.$$