М1574. Задача о связи радиусов описанных окружностей соответствующих треугольников шестиугольника и его полупериметра

Задача из журнала «Квант» (1996 год, 6 выпуск)

Условие

В выпуклом шестиугольнике ABCDEF AB||ED, BC||FE, CD||AF. Пусть R_A, R_C, R_E — радиусы окружностей, описанных около треугольников соответственно, а p — полупериметр шестиугольника. Докажите, что:
$$R_A+R_C+R_E\geq p$$

Иллюстрация к задаче

hexagon

Решение

Первое решение

Пусть длины сторон AB, BC, CD, DE, EF и FA равны a, b, c, d, e и f соответственно. Построим AP\perp BC, AS\perp EF, DQ\perp BC и DR\perp EF. Тогда PQRS — прямоугольник и BF\geq PS=QR. Следовательно, 2BF\geq PS+QR и тогда 2BF\geq (a\sin B+f\sin C)+(c\sin C+d\sin B) (мы воспользовались тем, что \angle A=\angle D, \angle B=\angle E, \angle C=\angle F).

Аналогично,
$$2DB\geq (c\sin A+b\sin B)+(e\sin B+f\sin A),$$
$$2FD\geq (e\sin C+d\sin A)+(a\sin A+b\sin C).$$

Запишем выражение для R_A, R_C, R_E:
$R_A=\frac{BF}{2\sin A}$, $R_C=\frac{DB}{2\sin C}$ и $R_A=\frac{FD}{2\sin B}$.

Таким образом,
$$4(R_A+R_C+R_E)\geq$$ $$\geq a(\frac{\sin B}{\sin A}+\frac{\sin A}{\sin B})+b(\frac{\sin B}{\sin C}+\frac{\sin C}{\sin B})+…\geq$$ $$\geq 2(a+b+…)=4p$$
следовательно, R_A+R_C+R_E\geq p. Равенство достигается тогда и только тогда, когда \angle A=\angle B=\angle C и BF\perp BC, то есть в случае правильного шестиугольника.

Н. Седракян

Второе решение

Рассматриваемый шестиугольник ABCDEF можно получить и некоего треугольника KLM, проведя прямые, параллельные сторонам этого треугольника.

Пусть KL=m, LM=k, MK=l, \angle LKM=\delta, высота к стороне LM равна h, коэффициенты подобия (гомотетин) треугольников KCB, DLE и AFM по отношению к треугольнику KLM равны соответственно x, y, z. Понятно, что
$x+y\leq 1$, $y+z\leq 1$, $x+z\leq 1$ $(*)$
(мы допускаем ниже и случаи равенства). Если R — радиус окружности, описанной около треугольника ABF,
$$R=\frac{BF}{2\sin\delta}\geq\frac{h(1-x)}{2\sin\delta}=\frac{S_KLM(1-x)}{2k\sin\delta}=\frac{lm}{k}(1-x).$$

Оценивая аналогично другие радиусы и выражая стороны шестиугольника через k, l, m, x, y, z, получим, что нам достаточно доказать неравенство
$$\frac{lm}{k}(1-x)+\frac{mk}{l}(1-y)+\frac{kl}{m}(1-z)\geq$$ $$\geq k(1+x-y-z)+l(1+z-x-y)+$$ $$+m(1+y-z-x).$$ $(**)$

Это неравенство линейно относительно . Но переменные неотрицательны и удовлетворяют еще условию $(*)$ (на самом деле они больше нуля и неравенства $(*)$ строгие, но мы несколько расширяем область их изменения). Областью изменения их является многогранник в координатном пространстве (x; y; z) с вершинами (0; 0; 0), (1; 0; 0), (0; 1; 0), (0; 0; 1), (\frac{1}{2}; \frac{1}{2}; \frac{1}{2}). Достаточно проверить, что неравенство $(**)$ выполняется в этих вершинах. Например, при x=y=z=\frac{1}{2} и при x=y=z=0 получаем неравенство
$$\frac{lm}{k}+\frac{mk}{l}+\frac{kl}{m}\geq k+l+m;$$
оно легко доказывается сложением очевидных неравенств
$\frac{kl}{m}+\frac{mk}{l}\geq 2k$, $\frac{kl}{m}+\frac{lm}{k}\geq 2l$, $\frac{lm}{k}+\frac{mk}{l}\geq 2m$.
Для остальных трех вершин неравенство $(**)$ очевидно.

И. Шарыгин

Замечание

Для центрально-симметричных шестиугольников эта задача эквивалентна замечательному неравенству Эрдеша-Морделла: для любой точки M внутри треугольника сумма расстояний от M до вершин по крайней мере вдвое больше суммы расстояний от M до сторон (опустите перпендикуляры MB, MD, MF на стороны и постройте параллелограммы BMFA, DMBC, FMDE; радиусы описанных окружностей треугольников BMF, DMB, FMD равны R_A, R_C, R_E в условии и равны расстояниям от точки M до вершин треугольника).

M1161. Задача о 10 бильярдных шарах

Задача из журнала «Квант»(1989, №5)

Условие

В бильярдном треугольнике вплотную помещается $10$ шаров. Докажите, что если в нем поместить $9$ шаров, то обязательно останется место для десятого (т.е. центры $9$ шаров расположатся по треугольной сетке)
alina2

Решение

Примем диаметр шара за $1$. Задача эквивалентна следующей: доказать, что если $9$ точек $K_1, K_2, \cdots, K_9$, попарные расстояния между которыми не меньше $1$, размещены в правильном треугольнике со стороной $3$, то они обязательно находятся в вершинах треугольной решетки со стороной $1$ (в $9$ из $10$ черных точек на рисунке 2). Достаточно доказать, что $6$ (или $7$) из точек $K_i$ находяться в пределах красного шестиугольника, причем они обязательно находяться в его вершинах или в центре $O$ — ведь в каждом угловом треугольнике со стороной $1$ (не на красной стороне) может находится лишь одна из точек $K_i$, причем если на его красной стороне есть другая точка $K_j$, то $K_i$ лежит в вершине большого треугольника.

alina

Ясно, что если одна из $6$ точек $K_i$ внутри шестиугольника совпадает с $O$, то остальные лежат в вершинах. Если же все они отличны от $O$, то отрезки $OK_i$, проведенные в эти точки, образуют между собой углы $60^{\circ}$ (если $\angle K_i O K_j < 60^{\circ} $, $OK_i \leq 1$ , $OK_j \leq 1$, то $K_i K_j$ < 1 ) и $OK_i = 1$

По-видимому, верен и такой факт: если из $1+2+\cdots+n = \frac{n(n+1)}{2}$ шаров, вплотную уложенных в треугольную коробку, убрать один шар, то остальные обязательно будут распологаться по треугольной сетке — так что убранный шар можно уложить на место.

Н. П. Долбинин

М838. О разбиении точек, лежащих на сторонах треугольника, на множества

Задача из журнала “Квант” (1984, №3)

Условие

Все точки, лежащие на сторонах правильного треугольника $ABC$ разбиты на два множества $E_{1}$ и $E_{2}$. Верно ли, что для любого такого разбиения в одном из множеств $E_{1}$ и $E_{2}$ найдется тройка вершин прямоугольного треугольника?

рис. 1

Ответ

Верно.

Доказательство

Доказательство проведем от противного. Пусть точки множества $E_{1}$ окрашены синим цветом, множества $E_{2}$ – красным. Предположим, что не существует прямоугольного треугольника с одноцветными вершинами, и рассмотрим правильный шестиугольник, вписанный в треугольник $ABC$ (см. рисунок 1). Каждые две его противоположные вершины должны быть окрашены по-разному — если, например, противоположные вершины $P$ и $Q$ синие, то любая из остальных четырех вершин должна быть красной, так как образует вместе с $P$ и $Q$ прямоугольный треугольник: но тогда любые три из этих красных точек образуют запрещенный одноцветный прямоугольный треугольник.

рис. 2

Ясно, что в таком случае найдутся две соседние разноцветные вершины шестиугольника. Либо эти две вершины, либо противоположные им (тоже разноцветные!) лежат на одной из сторон треугольника. Пусть для определенности на стороне $AB$ лежат синяя вершина $К$ и красная $L$, тогда противоположные им вершины $K’$ и $L’$ будут красной и синей (см. рисунок 3). Но тогда в какой бы цвет ни была окрашена вершина $А$, один из
прямоугольных треугольников $AKL’$ и $ALK’$ будет одноцветным. Противоречие.

рис. 3

Это рассуждение показывает, что даже множество из восьми точек — вершин шестиугольника и любых двух вершин треугольника — нельзя разбить на подмножества без прямоугольных треугольников.

Н.Б. Васильев, В.Н. Дубровский

М1579. Нахождение площади шестиугольника

Задача из журнала «Квант» (1997, №3)

Условие

Пусть  A',B',C',D',E',F' — середины сторон  AB, BC, CD, DE, EF, FA произвольного выпуклого шестиугольника  ABCDEF . Известны площади треугольников  ABC', BCD', CDE', DEF', EFA', FAB' . Найдите площадь шестиугольника  ABCDEF .
M1579(1)рис.1

Решение

Заметим, что $$S_{ABC’}=(S_{ABC} + S_{ABD}) / 2,$$ поскольку все эти три треугольника имеют общее основание  AB (рис.1) высота  \Delta ABC' равна полусумме высот  \Delta ABC и  \Delta ABD , опущенных на  AB . M1579(2)рис.2

Сложив шесть равенств аналогичных (1), получим, что известная нам сумма S\prime площадей треугольника  ABC', BCD', CDE', DEF', EFA', FAB' равна сумме { (S }_{ 1 }+{ S }_{ 2 })/2, где S_{1}— сумма площадей шести треугольников  ABC, BCD, CDE, DEF, EFA, FAB , отрезаемых малыми диагоналями, а S_{2} — сумма площадей треугольников  ABC, BCD, CDE, DEF, EFA, FAB полученных «циклическим сдвигом» вершин из \triangle ABS.С другой стороны разрезав шестиугольник так, как показано на рисунке 2, и еще двумя аналогичными способами, получающимися из этого разрезанная «циклическим сдвигом» (в том же направлении A\rightarrow B\rightarrow C\rightarrow ...) для площади S шестиугольника получим равенство 3S=S_{1}+S_{2}. От сюда S=2S\prime /3.

Н.Васильев 

M1567

Задача

Центры AB и C трех непересекающихся окружностей с одинаковыми радиусами расположены в вершинах треугольника. Из точек AB, C проведены касательные к данным окружностям так, как показано на рисунке 1. Известно, что эти касательные, пересекаясь, образовали выпуклый шестиугольник, стороны которого через одну покрашены в красный и синий цвета. Докажите, что сумма длин красных отрезков равна сумме длин синих отрезков.

123344

Решение

Введем обозначения так, как показано на рисунке 1. Так как данные окружности имеют одинаковые радиусы, то:

AC_{1}=CA_{2}BA_{1}=AB_{2}, CB_{1}=BC_{2},

или

AB_{4}+B_{4}C_{5}+C_{5}C_{1}=CB_{4}+B_{4}A_{3}+A_{3}A_{2},

BC_{4}+C_{4}A_{3}+A_{3}A_{1}=AC_{4}+C_{4}B_{3}+B_{3}B_{2},

CA_{4}+A_{4}B_{3}+B_{3}B_{1}=BA_{4}+A_{4}C_{2}+C_{5}C_{2}.

Сложив полученные равенства и заметив, что

A_{3}A_{1}=A_{3}A_{2},

B_{3}B_{1}=B_{3}B_{2},

C_{3}C_{1}=C_{3}C_{2}

(как отрезки касательных, проведенных к окружности из одной точки) и

AC_{4}=C_{4}BBA_{4}=A_{4}CCB_{4}=B_{4}A

(так как радиусы данных окружностей равны), получим

B_{4}C_{3}+C_{4}A_{3}+A_{4}B_{3}=B_{4}A_{3}+C_{4}B_{3}+A_{4}C_{3},

что и требовалось доказать.

Замечания

1. Аналогичное утверждение справедливо и в случае, изображенном на рисунке 2.

22

                                                                                                                                                       Д.Терешин