|
|
 |
Условие
Найдите все такие конфигурации из шести точек общего положения на плоскости, что треугольник, образованный любыми тремя из них, равен треугольнику, образованному тремя остальными.Решение 1
Пусть $A_1$, $A_2$, $\dots$, $A_6$ – данные точки. Если не сказано иное, будем под треугольником понимать треугольник с вершинами в $A_i$, под отрезком – отрезок с концами в $A_i$, под длиной – длину такого отрезка. Докажем ряд лемм.1) Для всякой длины $x$ верно хотя бы одно из утверждений:
(А) существует равносторонний треугольник со стороной $x$;
(Б) существует три отрезка длины $x$ с шестью разными концами.
В самом деле, пусть $A_1A_2=A_3A_4=x$. Так как $\triangle A_1A_2A_4 = \triangle A_3A_5A_6$, то в $\triangle A_3A_5A_6$ есть сторона $x$. Если это $A_5A_6$, мы получили (Б), иначе есть два смежных отрезка длины $x$. Пусть (начнём нумерацию заново) $A_1A_2=A_2A_3=x$ и $A_4A_5=A_5A_6=x$. Так как $\triangle A_2A_3A_5 = \triangle A_1A_4A_6$, то в $\triangle A_1A_4A_6$ есть сторона $x$. Если это $A_4A_6$, то имеем (A), в противном случае получаем пятизвенную ломаную, все звенья которой равны $x$. Её крайние и среднее звенья дадут конструкцию (Б).
2) Пусть $x$ – максимальная длина. Тогда неверно (А), а значит верно (Б).
В самом деле, если $\triangle A_1A_2A_3$ равносторонний со стороной $x$, то внутри построенного на нём треугольника Рело лежат вершины равного ему $\triangle A_4A_5A_6$, что невозможно.
3) Любые два отрезка максимальной длины $x$ пересекаются.
В самом деле, если $A_1A_2=x$, проведём через $A_1$ и $A_2$ прямые, перпендикулярные $A_1A_2$. В полосе между ними лежат остальные точки. Сделав так же для $A_3A_4=x$, мы получим, что $A_1A_2$ и $A_3A_4$ – непараллельные высоты некоторого ромба, соединяющие внутренние точки его сторон. Такие высоты, очевидно, пересекаются.
4) Пусть отрезки $A_1A_2$, $A_3A_4$ и $A_5A_6$ пересекаются в трёх точках (см. рис.). Тогда перпендикуляры $A_1B_1$ и $A_2B_2$ равны как высоты равных треугольников $A_1A_3A_4$ и $A_2A_5A_6$. Аналогично равны перпендикуляры $A_1C_1$ и $A_2C_2$. Отсюда $\frac{A_1P}{PA_2}=\frac{A_1B_1}{A_2C_2}=\frac{A_2B_2}{A_1C_1}=\frac{A_2Q}{QA_1}$. Это значит, что $A_1P=QA_2$. Отсюда следует, что $\triangle A_1PB_1 = \triangle A_2QB_2$, то есть $\angle P=\angle Q$. Аналогичным рассуждением получаем, что $\triangle PQR$ равносторонний, а тогда $A_1P = QA_2 = A_3P = RA_4 = A_6R = QA_5$. Легко проверить, что эта конструкция удовлетворяет условиям.
В точности такие же рассуждения в случае пересечения отрезков в одной точке показывают, что они пересекаются в общей середине, образуя углы по $60^\circ$.
Решение 2
Пусть $D$ – набор 15 расстояний между точками $A_1,\ldots,A_6$ (каждое число входит в набор столько раз, сколько есть отрезков соответствующей длины), $D_i$ – набор 5 расстояний от $A_i$ до остальных точек. Рассмотрим набор 30 длин сторон треугольников, одной из вершин которых является $A_i$. Каждое число из набора $D_i$ входит в него четыре раза, а каждое число из набора $D\setminus D_i$ – один раз. Из условия задачи следует, что такой же набор 30 чисел мы получим, беря стороны треугольников, в которых $A_i$ не является вершиной, т.е. каждое число из $D\setminus D_i$ входит в этот набор три раза. Следовательно, $D=3D_i$, т.е. все наборы $D_i$ совпадают.Введем на плоскости прямоугольную систему координат и обозначим через $M$ точку, каждая координата которой равна среднему арифметическому соответствующих координат точек $A_i$. Пусть $X$ – произвольная точка плоскости, $x, m, a_1,\ldots,a_6$ – первые координаты точек $X, M, A_1,\ldots,A_6$. Легко видеть, что выполнено равенство $ (x-a_1)^2+\cdots+(x-a_6)^2=((x-m)+(m-a_1))^2+\cdots+((x-m)+(m-a_6))^2=6(x-m)^2+(m-a_1)^2+\cdots+(m-a_6)^2. $ Аналогичное равенство выполняется для вторых координат точек, откуда по теореме Пифагора получаем, что $$ XA_1^2+\cdots+XA_6^2=6XM^2+MA_1^2+\cdots+MA_6^2 $$ (это равенство является частным случаем теоремы Лейбница о моментах инерции). Подставляя в него вместо $X$ $A_1,\ldots,A_6$, получаем, что $MA_1=\cdots=MA_6$, т.е. все точки лежат на одной окружности. Можно считать, что они образуют вписанный шестиугольник $A_1\ldots A_6$. Пусть $A_1A_2$ – его наименьшая сторона. Из равенства наборов $D_i$ следует, что $A_1A_2=A_3A_4=A_5A_6$. Аналогично $A_2A_3=A_4A_5=A_6A_1$. В достаточности этих условий убеждаемся непосредственной проверкой.
