ЗАДАЧИ
problems.ru
О проекте | Об авторах | Справочник
Каталог по темам | по источникам | Поиск |
К задаче N

Проект МЦНМО
при участии
школы 57
Задача 73545
Темы:    [ Покрытия ]
[ Теорема Хелли ]
[ Общие четырехугольники ]
[ Перпендикуляр и наклонная ]
Сложность: 5+
Классы: 8,9,10
В корзину
Прислать комментарий

Условие

Четыре круга, центры которых являются вершинами выпуклого четырёхугольника, целиком покрывают этот четырёхугольник. Докажите, что из них можно выбрать три круга, которые покрывают треугольник с вершинами в центрах этих кругов.

Решение



Основная трудность в этой задаче – придумать такое рассуждение, которое бы охватывало все возможные случаи расположения окружностей и все возможные по форме четырехугольники.

Обозначим круги с центрами A, B, C, D в вершинах данного четырехугольника ABCD через KA , KB , KC , KD , их радиусы – через rA , rB , rC , rD.
Предположим, что утверждение задачи неверно. Тогда каждый круг имеет общую точку с частью противоположного ему треугольника, не покрытой тремя другими кругами: например, KA должен содержать точки Δ BCD, не покрытые ни одним из кругов KB , KC , KD. Пусть O – точка пересечения диагоналей. Докажем при нашем предположении, что rA OA , т.е. что круг KA содержит точку O . Остальное уже ясно: точно так же можно будет доказать, что точка O принадлежит KB и KC , а отсюда очевидным образом следует, что эти круги покрывают Δ ABC.
Посмотрите на рис. 1, 2: если OL и ON – перпендикуляры, опущенные на прямые AB и BC, то KA покрывает Δ OAL, KC – Δ OCN, KB – Δ OBL и Δ OBN, а эти четыре прямоугольных треугольника заведомо покрывают Δ ABC, даже если один из треугольников AOB или OBC (как на рис. 2) тупоугольный.
Приходим к противоречию с нашим предположением, следовательно, утверждение задачи верно.

Итак, осталось доказать, что rA OA . Нам понадобится следующая, почти очевидная
Лемма. Пусть задан выпуклый четырехугольник PQRS и круг KR (не содержащий Δ PQR целиком). Тогда из всех точек, лежащих внутри Δ PQR и вне KR , ближайшей к точке S будет:
а) основание F перпендикуляра SF , опущенного из точки S на прямую PR , если эта точка F лежит вне круга KR (рис. 3, а);
б) точка E пересечения окружности KR с отрезком PR , если точка F лежит внутри круга KR (рис. 3, б).
(Здесь важно, что угол QRS четырехугольника меньше 180°; доказательство леммы оставляем читателю.)

Можно считать, что AOB ≤ 90° (иначе мы взяли бы не B, a D). Пусть BB1 AC ; AA1 BD ; B1 A2 BD (рис.4).
Предположим, что rA<OA и E – ближайшая к O точка KA (она лежит на отрезке OA и AE=rA , EM – перпендикуляр, опущенный из E на BD . Ясно, что тогда AM>AE . Докажем, что тем не менее rA>AM , отсюда будет следовать, что наше предположение ( rA<OA ) неверно.

Докажем сначала, что rB > BM . Применим лемму к Δ ACD, кругу KA и точке B. Рассмотрим два случая:
           а) E лежит между A и B1 . Тогда rB > BB1 > BA2 BM;
           б) E лежит между O и B1. Тогда (по лемме) rB > BE > BM.

Итак, мы знаем, что точка M принадлежит KB. Применяя лемму к Δ BCD , кругу KB и точке A (заметим, что M лежит между O и A1, так что всегда имеет место случай б)), получим rA>AM . Круг замкнулся, требуемое противоречие получено.

Источники и прецеденты использования

журнал
Название "Квант"
год
Год 1970
выпуск
Номер 2
Задача
Номер М10

© 2004-... МЦНМО (о копирайте)
     
Пишите нам
Rambler's Top100

Проект осуществляется при поддержке Департамента образования г.Москвы и ФЦП "Кадры" .