Задача из журнала «Квант» (1997, №4)

Условие

Внутри выпуклого многоугольника [latex]F[/latex] расположен второй выпуклый многоугольник [latex]G[/latex]. Хорда многоугольника [latex]F[/latex] — отрезок, концы которого лежат на границе [latex]F[/latex], — называется опорной к многоугольнику [latex]G[/latex], если она пересекается с [latex]G[/latex] только по границе: содержит либо одну вершину, либо сторону [latex]G[/latex]. Докажите, что:

• найдется опорная хорда, середина которой лежит на границе [latex]G[/latex];
• найдутся по крайней мере две такие хорды.

Решение

Идею решения можно сформулировать одной фразой. Рассмотрим площади сегментов, отрезаемых от [latex]F[/latex] хордами, опорными к [latex]G[/latex] (рис.1), и выберем среди них наибольшую и наименьшую. Соответствующие хорды касаются [latex]G[/latex] своими серединами.

Рис.1

Изложим теперь решение более подробно. Пусть [latex]l\left(\varphi \right)[/latex] — опорная к [latex]G[/latex] прямая, составляющая угол [latex]\varphi [/latex] с некоторым фиксированным направлением [latex]l_{0}[/latex]. Мы считаем, что [latex]l\left(\varphi \right)[/latex] — направленная прямая, [latex]G[/latex] содержится в её правой полуплоскости; [latex]G\left(\varphi \right)=G\bigcap{l\left(\varphi \right)}[/latex] — одна точка (вершина [latex]G[/latex]) или отрезок (сторона [latex]G[/latex]). Ясно, что для каждого [latex]\varphi [/latex], [latex]0\leq \varphi <2\pi [/latex], прямая [latex]l\left(\varphi \right)[/latex] определена однозначно. Рассмотрим площадь [latex]S=S\left(\varphi \right)[/latex] «сегмента», отрезаемого прямой [latex]l\left(\varphi \right)[/latex] от [latex]F[/latex], — пересечения [latex]F[/latex] с левой полуплоскостью этой прямой. Очевидно, что [latex]S=S\left(\varphi \right)[/latex] — непрерывная функция от [latex]\varphi [/latex] на отрезке [latex]0\leq \varphi <2\pi [/latex], где [latex]S\left(2\pi \right)=S\left(0 \right)[/latex].

Пусть [latex]AB[/latex] — хорда, высекаемая многоугольником [latex]F[/latex] на прямой [latex]l\left(\varphi \right)[/latex], и [latex]K[/latex] — её середина. Докажем, что если [latex]K[/latex] не лежит на границе с [latex]G[/latex], то в некоторой окрестности [latex]\varphi [/latex] функция [latex]S[/latex] монотонна (возрастает или убывает). Рассмотрим близкую к [latex]l\left(\varphi \right)[/latex] прямую [latex]l\left(\varphi +\delta \right)[/latex] и соответствующую хорду [latex]A_{1}B_{1}[/latex]. При достаточно малом [latex]\delta [/latex] прямая [latex]l\left(\varphi +\delta \right)[/latex] получается из [latex]l\left(\varphi \right)[/latex] поворотом вокруг некоторой точки [latex]P\in G\left(\varphi \right)[/latex], лежащей на границе [latex]G[/latex], а разность площадей [latex]S\left(\varphi +\delta \right)-S\left(\varphi \right)[/latex] равна разности площадей треугольников [latex]APA_{1}[/latex] и [latex]BPB_{1}[/latex] (рис.2). Если [latex]PA<PB[/latex], то (при малом [latex]\delta [/latex]) [latex]PA_{1}<PB_{1}[/latex] и площадь треугольника [latex]APA_{1}[/latex] меньше площади треугольника [latex]BPB_{1}[/latex] (треугольник, симметричный [latex]APA_{1}[/latex] относительно [latex]P[/latex], лежит внутри [latex]BPB_{1}[/latex]); таким образом, при всех достаточно малых [latex]\delta >0[/latex] выполнено неравенство [latex]S\left(\varphi +\delta \right)<S\left(\varphi \right)[/latex].

Рис.2

Аналогично, [latex]S\left( \varphi \right)<S\left(\varphi -\varepsilon \right)[/latex] при достаточно малом [latex]\varepsilon [/latex] — прямая [latex]l\left(\varphi -\varepsilon \right)[/latex] получается поворотом [latex]l\left(\varphi \right)[/latex] вокруг точки [latex]P’\in G\left(\varphi \right)[/latex], либо совпадающей с [latex]P[/latex], либо, во всяком случае, лежащей по ту же сторону от середины [latex]K[/latex], так что [latex]AP'<BP'[/latex]. Итак, если [latex]G\left(\varphi \right)[/latex] лежит по одну (на рисунке 2 — левую) сторону от [latex]K[/latex], то в окрестности [latex]\varphi[/latex] функция [latex]S[/latex] убывает. Если [latex]G\left(\varphi \right)[/latex] расположена по другую сторону от [latex]K[/latex], то в окрестности [latex]\varphi [/latex] функция [latex]S[/latex] возрастает.

Однако непрерывная функция [latex]S = S\left(\varphi \right)[/latex] (принимающая равные значения на концах отрезка [latex]\left[0, 2\pi \right][/latex]) должна достигать максимума и минимума. По доказанному выше, в этих точках середина хорды [latex]K[/latex] должна лежать в [latex]G\left(\varphi \right)[/latex], т.е. принадлежать границе [latex]G[/latex].

Н.Васильев

Задача из журнала «Квант» (1973, №12)

Условие

Углы остроугольного треугольника равны [latex]\alpha[/latex], [latex]\beta[/latex] и [latex]\gamma[/latex]. Какие массы нужно поместить в его вершинах, чтобы центр тяжести этих трех масс попал:

1.  В точку пересечения высот?
2. В центр описанной окружности?

Стороны треугольника равны [latex]a[/latex], [latex]b[/latex] и [latex]c[/latex]. Какие массы нужно поместить в его вершины, чтобы центр тяжести попал:

3.  В точку пересечения отрезков соединяющих вершины и точки касания противоположных им сторон со вписанной окружностью?
4. В центр вписанной окружности?

Решение

Пусть в вершинах треугольника [latex]ABC[/latex] расположены массы [latex]m_{a}[/latex], [latex]m_{b}[/latex] и [latex]m_{c}[/latex] соответственно. Проведем прямые [latex]BD[/latex] и [latex]CE[/latex], пересекающиеся внутри треугольника в точке [latex]O[/latex] (рис. 1). Заметим, что для того, чтобы центр тяжести этих масс попал в точку[latex]O[/latex], необходимо выполнение соотношений [latex]\frac{m_{c}}{m_{a}}=\frac{AD}{DC}[/latex] и [latex]\frac{m_{b}}{m_{a}}=\frac{AE}{BE}[/latex]. Перейдем теперь к решению задачи.

1.  Пусть [latex]BD[/latex] и [latex]CE[/latex] — высоты в треугольнике [latex]ABC[/latex] (рис. 2). Тогда [latex]\frac{BD}{AD}=tg \alpha[/latex], [latex]\frac{BD}{DC}=tg \gamma[/latex], то есть [latex]\frac{AD}{DC}=\frac{tg \gamma}{tg \alpha}[/latex].
   Согласно сделанному замечанию, [latex]\frac{m_{c}}{m_{a}}=\frac{tg \gamma}{tg \alpha}[/latex] и аналогично [latex]\frac{m_{b}}{m_{a}}=\frac{tg \beta}{tg \alpha}[/latex]. Значит, в вершины [latex]A[/latex], [latex]B[/latex] и [latex]C[/latex] треугольника [latex]ABC[/latex] можно поместить, например, массы [latex]m_{a}=tg \alpha[/latex], [latex]m_{b}=tg \beta[/latex], [latex]m_{c}=tg \gamma[/latex].
   
2. Пусть [latex]O[/latex] — центр описанной окружности (рис. 3). Имеем:
   [latex]\frac{AD}{BD}=\frac{sin \beta_{1}}{sin \alpha}[/latex],
   [latex]\frac{DC}{BD}=\frac{sin \beta_{2}}{sin \gamma}[/latex]
   (теорема синусов для треугольника [latex]ABD[/latex] и [latex]BCD[/latex]). Поэтому [latex]\frac{AD}{DC}=\frac{sin \gamma \cdot sin\beta_{1}}{sin \alpha \cdot sin \beta_{2}}[/latex].
   Треугольник [latex]BAK[/latex] — прямоугольный ([latex]\measuredangle BAK=90^{\circ}[/latex]) и [latex]\measuredangle BKA=\measuredangle BCA=\gamma[/latex]; поэтому [latex]sin \beta_{1}=cos \gamma[/latex]. Аналогично [latex]sin \beta_{2}=cos \alpha[/latex].
   Итак, [latex]\frac{AD}{DC}=\frac{sin \gamma}{sin \alpha}\cdot \frac{cos \gamma}{cos \alpha}=\frac{sin 2\gamma}{sin 2\alpha}[/latex].
   Учитывая замечание, получаем:
   [latex]\frac{m_{c}}{m_{a}}=\frac{sin 2\gamma}{sin 2\alpha}[/latex].
   Таким же образом [latex]\frac{m_{b}}{m_{a}}=\frac{sin 2\beta}{sin 2\alpha}[/latex].
   Значит, можно взять [latex]m_{a}=sin 2\alpha[/latex], [latex]m_{b}=sin 2\beta[/latex], [latex]m_{c}=sin 2\gamma[/latex].
   
3.  Легко видеть (см. рис. 4), что [latex]AD=p-a[/latex], [latex]DC=p-c[/latex], где [latex]p=\frac{a+b+c}{2}[/latex], поэтому [latex]\frac{m_{c}}{m_{a}}=\frac{p-a}{p-c}[/latex].
   Аналогично [latex]AE=p-a[/latex], [latex]EB=p-b[/latex], то есть [latex]\frac{m_{b}}{m_{a}}=\frac{p-a}{p-b}[/latex].
   Поэтому достаточно положить [latex]m_{a}=\frac{1}{p-a}[/latex], [latex]m_{b}=\frac{1}{p-b}[/latex], [latex]m_{c}=\frac{1}{p-c}[/latex].
   
4. Так как [latex]BD[/latex] — биссектриса угла [latex]B[/latex] (см. рис. 5), то [latex]\frac{AD}{DC}=\frac{c}{a}[/latex] или [latex]\frac{m_{c}}{m_{a}}=\frac{c}{a}[/latex]; соответственно [latex]CE[/latex] — биссектриса угла [latex]C[/latex] и [latex]\frac{AE}{BE}=\frac{b}{a}[/latex], то есть [latex]\frac{m_{b}}{m_{a}}=\frac{b}{a}[/latex]. Поэтому можно взять [latex]m_{a}=a[/latex], [latex]m_{b}=b[/latex], [latex]m_{c}=c[/latex].
   

Б. Д. Гинзбург

Задача из журнала «Квант» (1997, №5)

Условие

Дан треугольник [latex]ABC[/latex]. Постройте отрезок [latex]DE[/latex] с концами на сторонах [latex]AB[/latex] и [latex]BC[/latex], параллельный стороне [latex]AC[/latex] и видимый из середины стороны [latex]AC[/latex] под прямым углом.

Решение

Задача легко решается методом подобия. Пусть [latex]P[/latex] — точка, в которой продолжение медианы [latex]BK[/latex] пересекает полуокружность с центром [latex]K[/latex] и диаметром [latex]AC[/latex] (см. рисунок). При гомотетии с центром [latex]B[/latex], переводящей точку [latex]P[/latex] в точку [latex]K[/latex], отрезок [latex]AC[/latex] перейдет в искомый отрезок   [latex]DE[/latex]: этот отрезок параллелен [latex]AC[/latex] и [latex]\angle DKE = \angle APC=90[/latex]

Заметим, что треугольник [latex]AKP[/latex](а также [latex]CKP[/latex]) — равнобедренный, поэтому углы [latex]\angle DKA = \angle KAP[/latex] и [latex]\angle DKB = \angle APK[/latex] равны (и, аналогично, [latex]\angle BKE = \angle EKC[/latex]). Таким образом, для построения нужного отрезка [latex]DE[/latex] достаточно провести биссектрисы [latex]KD[/latex] и [latex]KE[/latex] углов [latex]AKB[/latex] и [latex]BKC[/latex]. То, что полученный отрезок [latex]DE[/latex] обладает нужными свойствами, легко доказать непосредственно: [latex]\angle DKE = 90[/latex], поскольку он состоит из половинок углов, дающие в сумме развернутый угол, а параллельность [latex]DE[/latex] и [latex]AC[/latex] вытекает из равенств, использующих свойства биссектрис:

[latex]\frac {AD}{DB} = \frac {AK}{KB} = \frac {CK}{KB} = \frac {CE}{EB}[/latex].

Задача имеет и другие решения, связанные с подсчетом углов.

Р.Травкин, Н.Васильев, В.Сендеров

Задача из журнала «Квант» (2004, №4)