Processing math: 23%
ЗАДАЧИ
problems.ru
О проекте | Об авторах | Справочник
Каталог по темам | по источникам |
К задаче N

Проект МЦНМО
при участии
школы 57
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.
В корзину
Прислать комментарий

Условие

Впишите в данный остроугольный треугольник ABC треугольник наименьшего периметра.


Подсказка

Пусть A1 — вершина искомого треугольника, принадлежащая стороне BC треугольника ABC. Рассмотрите образы точки A1 при симметриях относительно прямых AB и AC.


Решение

Пусть 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 PΔA1B1C1 – периметр треугольника A1B1C1, то PΔA1B1C1=A1C1+C1B1+B1A1=MC1+C1B1+B1N 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

© 2004-... МЦНМО (о копирайте)
Пишите нам

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