ЗАДАЧИ
problems.ru |
О проекте
|
Об авторах
|
Справочник
Каталог по темам | по источникам | |
|
Задача 55563
УсловиеВпишите в данный остроугольный треугольник ABC треугольник наименьшего периметра.
ПодсказкаПусть A1 — вершина искомого треугольника, принадлежащая стороне BC треугольника ABC. Рассмотрите образы точки A1 при симметриях относительно прямых AB и AC.
РешениеПусть вершины A1, B1 и C1 треугольника A1B1C1 принадлежат сторонам соответственно BC, AC и AB треугольника ABC. Рассмотрим точки M и N, симметричные точке A1 относительно прямых AB и AC соответственно. Тогда, если PA1B1C1 — периметр треугольника A1B1C1, то
PA1B1C1 = A1C1 + C1B1 + B1A1 = MC1 + C1B1 + B1N MN,
причём равенство достигается только в случае, если прямая MN
проходит через точки B1 и C1.
Поскольку
AM = AA1 = AN, то треугольник MAN — равнобедренный и
MAN = 2BAA1 + 2A1AC = 2BAC.
Следовательно,
MN = 2AM sinBAC = 2AA1sinBAC 2h sinBAC,
где h — высота треугольника ABC, проведённая из вершины A.
Равенство достигается только в случае, когда точка A1 — основание
высоты.
Отсюда следует, что искомый треугольник — это треугольник с вершинами в основаниях высот данного, т.е. ортотреугольник данного треугольника. Действительно, пусть AA', BB' и CC' — высоты треугольника ABC, а точки A1, B1 и C1 расположены на сторонах соответственно BC, AC и AB. Если треугольник A1B1C1 не совпадает с треугольником A'B'C', то по ранее доказанному
PA1B1C1 PA'B1C1 PA'PQ,
где P и Q — точки пересечения прямой MN со сторонами соответственно AB и AC
треугольника ABC. При этом хотя бы один из знаков неравенства — строгий.
Значит, искомый треугольник минимального периметра — это треугольник A'PQ.
Если бы точка P не совпадала с точкой C', то, повторив предыдущие рассуждения,
построили бы треугольник, площадь которого меньше площади треугольника A'PQ,
что невозможно. Аналогично для точки Q. Таким образом, точка P совпадает
с C', а точка Q — с точкой B'.
1. Изложенное решение основано на доказательстве Фейера (L.Fejer). Это, а также другие изящные доказательства данного утверждения (Г.А.Шварц, Л.Шрутка, Бюкнер) см. в книге Г.Радемахера и О.Теплица "Числа и фигуры" (М.,1962, с.36-46). 2. Другой способ доказательства того, что точки P и Q пересечения прямой MN со сторонами соответственно AB и AC также будут основаниями высот треугольника ABC. Поскольку AM = AA' = AN, то точки M, A' и N лежат на окружности с центром A и радиусом AA'. Тогда
A'NP = A'AP
(вписанный угол равен половине соответствующего центрального). Поэтому
из точек A и N отрезок A'P виден под одним и тем же углом.
Значит, точки A, P, A', N лежат на одной окружности.
С другой стороны, треугольники AA'C и ANC симметричны относительно прямой AC, поэтому они равны. Значит, из точек A' и N отрезок AC виден под прямым углом, поэтому эти точки лежат на окружности с диаметром AC. Поскольку через три точки, не лежащие на одной прямой, проходит ровно одна окружность, то все пять точек A, P, A', C и N лежат на окружности с диаметром AC. Тогда из точки P диаметр AC виден под прямым углом, т.е. CP — высота треугольника ABC. Аналогично докажем, что BQ — также высота треугольника ABC.
Источники и прецеденты использования
|
© 2004-...
МЦНМО
(о копирайте)
|
Пишите нам
|