Информация о задаче

Задача 55563

Темы:	[	Ортоцентр и ортотреугольник	]
	[	Симметриия и неравенства и экстремумы	]
	[	Экстремальные свойства. Задачи на максимум и минимум.	]

Сложность: 5
Классы: 8,9,10,11
Название задачи: Задача Фаньяно.

Прислать комментарий

Условие

Впишите в данный остроугольный треугольник $ABC$ треугольник наименьшего периметра.

Подсказка

Пусть $A_1$ — вершина искомого треугольника, принадлежащая стороне $BC$ треугольника $ABC$ . Рассмотрите образы точки $A_1$ при симметриях относительно прямых $AB$ и $AC$ .

Решение

Пусть вершины $A_{1}$ , $B_{1}$ , и $C_1$ треугольника $A_{1}B_{1}C_{1}$ принадлежат сторонам соответственно $BC$ , $AC$ и $AB$ треугольника $ABC$ . Рассмотрим точки $M$ и $N$ , симметричные точке $A_1$ относительно прямых $AB$ и $AC$ соответственно. Тогда, если $P_{\Delta A_{1}B_{1}C_{1}}$ – периметр треугольника $A_{1}B_{1}C_{1}$ , то $P_{\Delta A_{1}B_{1}C_{1}}=A_{1}C_{1}+ C_{1}B_{1}+ B_{1}A_{1}= MC_{1} + C_{1}B_{1}+ B_{1}N \geqslant MN,$ причём равенство достигается только в случае, если прямая $MN$ проходит через точки $B_1$ и $C_1$ . Таким образом, из всех треугольников с фиксированной точкой $A_1$ наименьший периметр будет у треугольника $A'PQ$ , где $P$ и $Q$ – точки пересечения $MN$ со сторонами $AB$ и $AC$ .

Выберем теперь точку $A_1$ , для которой периметр треугольника $A_1PQ$ будет минимальным. Поскольку $AM = AA_{1} = AN$ , то треугольник $MAN$ — равнобедренный и $\angle MAN = 2\angle BAA_{1}+ 2 \angle A_{1}AC = 2\angle BAC.$ Следовательно, $MN = 2AM\sin \angle BAC = 2AA_{1}\sin \angle BAC \geqslant 2h\sin \angle BAC,$ где $h$ — высота треугольника $ABC$ , проведённая из вершины $A$ . Равенство достигается только в случае, когда точка $A_1$ — основание высоты.

Таким образом, искомый треугольник – это треугольник $A'PQ$ , где $A'$ – основание высоты треугольника $ABC$ , опущенной из вершины $A$ , $P$ и $Q$ – точки пересечения прямой, соедняющей точки, симметричные $A'$ относительно $AB$ и $AC$ , и сторон $AB$ , $AC$ .

Комментарии. 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. Можно показать, 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 $\angle A'NP=\angle A'AP$ (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


web-сайт
Название	Система задач по геометрии Р.К.Гордина
URL	http://zadachi.mccme.ru
задача
Номер	5010