Дан неравнобедренный треугольник $A_{1}A_{2}A_{3}$. Пусть $a_{i}$ – его сторона, лежащая против вершины $A_{i}$ $(i = 1, 2, 3)$, $M_{i}$ – середина стороны $a_{i}$, $T_{i}$ – точка касания стороны с окружностью, вписанной в данный треугольник, $S_{i}$ – точка, симметричная $T_{i}$ относительно биссектрисы угла $A_{i}$ треугольника.
Докажите, что прямые $M_{1}S_{1}$, $M_{2}S_{2}$ и $M_{3}S_{3}$ имеют общую точку.
Доказательство
Стороны треугольника $M_{1}M_{2}M_{3}$ соответственно параллельны сторонам треугольника $A_{1}A_{2}A_{3}$. Мы докажем, что и стороны треугольника $S_{1}S_{2}S_{3}$ параллельны сторонам $A_{1}A_{2}A_{3}$. Отсюда вытекает, что $\triangle$$S_{1}S_{2}S_{3}$ гомотетичен $\triangle$$M_{1}M_{2}M_{3}$ или переводится в него параллельным переносом. Второй случай отпадает, ибо окружность, описанная около треугольника $M_{1}M_{2}M_{3}$, больше описанной окружности треугольника $S_{1}S_{2}S_{3}$. Следовательно, прямые, соединяющие соответственные вершины треугольников $S_{1}S_{2}S_{3}$ и $M_{1}M_{2}M_{3}$, должны пересечься в одной точке — центре гомотетии.
Покажем, например, что прямые $S_{1}S_{2}$ и $A_{1}A_{2}$ параллельны (см. рисунок). При симметрии относительно биссектрисы угла $A_{1}$ точка $S_{1}$ перейдет в $T_{1}$, а $T_{3}$ — в $T_{2}$, поэтому дуги $S_{1}T_{3}$ и $T_{1}T_{2}$ вписанной окружности треугольника $A_{1}A_{2}A_{3}$ равны. Аналогично, при симметрии относительно биссектрисы угла $A_{2}$ дуга $T_{1}T_{2}$ перейдет в дугу $T_{3}S_{2}$. Следовательно, дуги $S_{1}T_{3}$ и $T_{3}S_{2}$ равны, и поэтому точки $S_{1}$ и $S_{2}$ находятся на одинаковом расстоянии от прямой $A_{1}A_{2}$, то есть $S_{1}S_{2}$$\parallel$$A_{1}A_{2}$. Аналогично доказывается, что и две другие стороны треугольника $S_{1}S_{2}S_{3}$ параллельны соответствующим сторонам треугольника $A_{1}A_{2}A_{3}$.
Докажите, что если диагонали вписанного четырехугольника перпендикулярны, то середины его сторон и основания перпендикуляров, опущенный из точки пересечения его диагоналей на стороны, лежат на одной окружности.
Решение
Прежде всего заметим, что если $ABCD$ — вписанный четырехугольник с перпендикулярными диагоналями (рис. 1), то подобные треугольники $AKB$ и $CKD$ ($K$ — точка пересечения диагоналей) расположены таким образом, что продолжение высоты, опущенной на гипотенузу одного из них, является медианой другого. (Этот факт, немедленно вытекающий из равенства отмеченных на рисунке 1 углов, по существу уже использовался в решении задач M546 и M592 — см. «Квант», 1980, № 1, 8.)
Рисунок 1
Далее: середины $L$, $P$, $M$, $Q$ сторон четырехугольника $ABCD$, являясь вершинами прямоугольника (рис. 2), лежат на одной окружности. Покажем, что центр $O$ этой окружности делит пополам отрезок $OK$ ($O$ — центр окружности, в которую вписан наш четырехугольник).
Рисунок 2
Для этого достаточно, например, показать, что четырехугольник $LKMO$ — параллелограмм. Поскольку $LK$ — медиана треугольника $AKB$, ее продолжение является высотой треугольника $CKD$, то есть $LK \perp DC$. Но и $OM \perp DC$ (диаметр, проходящий через середину хорды), поэтому отрезки $LK$ и $OM$ параллельны. Аналогично доказывается параллельность отрезков $LO$ и $KM$.
Теперь для окончания решения задачи нам достаточно установить, например, что $|O_1M| = |O_1H|$, где $H$ — основание перпендикуляра, опущенного из точки $K$ на сторону $CD$. Но это следует из того, что $O_1$ — середина гипотенузы $LM$ прямоугольного треугольника $LMH$ (рис. 3).
Рисунок 3
Итак, все восемь точек, упомянутых в условиях задачи, лежат на одной окружности. Интересно, что радиус этой «окружности восьми точек» целиком определяется радиусом $R$ данной окружности и величиной $|OK| = a$. В самом деле, искомый радиус равен половине длины $|LM|$, а $$|LM|^2 = |LP|^2 + |PM|^2 = $$ $$= \frac{1}{4}\left(|AC|^2 + |BD|^2\right) =$$ $$= \frac{1}{4}\left(|AK| + |KC|\right)^2 + \left(|BK| + |KD|)^2\right) =$$ $$= \frac{1}{4}\left(|AB|^2 + |CD|^2 + 2\left(|AK| \cdot |KC| + |BK| \cdot |KD|\right)\right) =$$ $$= \frac{1}{4}\left(|AB|^2 + |CD|^2 + 4\left(R^2 — a^2\right)\right) =$$ $$= \frac{1}{4}\left(4R^2 + 4\left(R^2 — a^2\right)\right) = 2R^2 — a^2.$$
(В этой вкладке мы вначале воспользовались тем, что произведение длин отрезков хорд, пересекающихся в одной и той же точке, постоянно: $$|AK| \cdot |KC| = |BK| \cdot |KD| = (R — a)(R + a)$$ (рис. 4), Рисунок 4
а затем, сообразив, что $$90^{\circ} = \widehat{BCA} + \widehat{DBC} = \frac{\overset{\smile}{AB} + \overset{\smile}{CD}}{2}$$ и дополнив $\overset{\smile}{CD}$ до полуокружности дугой конгруэнтной $\overset{\smile}{AB}$ получили равенство $$|AB|^2 + |CD|^2 = (2R)^2 = 4R^2$$ см. рисунок 5)
Рисунок 5
Наметим другое решение. Сделаем гомотетию наших восьми точек с центром в точке $K$ и коэффициентом $2$. Тогда утверждение задачи М648 превращается в такую теорему:
Пусть два взаимно перпендикулярных луча с накалом в точке $K$ внутри данной окружности, вращаясь вокруг $K$, пересекают окружность в переменных точках $P$ и $Q$. Тогда четвертая вершина $T$ прямоугольника $PKQT$ (точка симметричная точке $K$ относительно середины $|PQ|$), а также точка $S$, симметричная точке $K$ относительно прямой $PQ$, двигаются по окружности концентричной с данной (рис. 6).
Второй факт (про $S$) следует из первого, так как $S$ симметрична точке $T$ относительно серединного перпендикуляра к $|PQ|$, а первый (про $T$) установлен в решении задачи М539 («Квант», 1979, № 11)
Рисунок 6
Эта «теорема о восьми точках» допускает следующее стереометрическое обобщение:
Если три взаимно перпендикулярных луча с началом в фиксированной точке $K$ внутри данной сферы, вращаясь вокруг $K$, пересекают сферу в переменных точках $A$, $B$ и $C$, то точка пересечения медиан треугольника $ABC$ и основание перпендикуляра, опущенного из $K$ на плоскость $ABC$, двигаются по сфере, центр которой находится в точке $O_1$ отрезка $OK$ ($O$ — центр данной сферы) такой, что $|O_1K| = \frac{1}{3}|OK|,$ а радиус равен $\frac{1}{3}\sqrt{3R^2 — 2a^2}$, где $a = |OK|,$ $R$ — радиус данной сферы.
Доказать это можно, например, следующим образом.
Пусть $D$ — вершина параллелепипеда, определенного отрезками $KA$, $KB$ и $KC$, диагонально противоположная к $K$. Все точки $D$ лежат на сфере с центром в той же точке $O$, что у исходной сферы, и радиусом $\sqrt{3R^2 — 2a^2}$ (см. решение задачи М639 — «Квант», 1969, № 11). При гомотетии с центром $K$ и коэффициентом $\frac{1}{3}$ точка $D$ будет все время переходить в точку пересечения медиан треугольника $ABC$ (докажите!), а точка $O$ перейдет в точку $O_1$. Таким образом, точка пересечения медиан треугольника $ABC$ все время лежит на указанной сфере.
Осталось показать, что проекция точки $K$ на плоскость треугольника $ABC$ также все время лежит на этой сфере. Поскольку отрезки $KA$, $KB$ и $KC$ взаимно перпендикулярны, проекция точки $K$ совпадет с точкой $H$ пересечения высот треугольника $ABC$. Утверждение будет доказано, если мы, например, получим равенство $|O_1H| = |O_1M|$, где $M$ — точка пересечения медиан треугольника $ABC$. Для этого заметим, что центр сферы $O$ проектируется в центр $Q$ описанной вокруг треугольника $ABC$ окружности, и воспользуемся таким известным фактом: точки $Q$, $M$ и $H$ лежат на одной прямой (прямой Эйлера), точка $M$ — между точками $Q$ и $H$, причем $2|QM| = |MH|$. (Если этот факт вам неизвестен, докажите его.) Остальное легко следует из рисунка 7: поскольку $|O_1K| = \frac{1}{3}|OK|$, а $|QM| = \frac{1}{3}|QH|$, точка $O_1$ проектируется в середину отрезка $MH$, то есть $O_1$ равноудалена от $M$ и $H$.
a) Докажите, что если $x_1, x_2, x_3$— положительные числа, то $$\frac{x_1}{x_2 + x_3} + \frac{x_2 }{x_3+x_1} + \frac{x_3}{x_1 + x_2} \ge \frac{3}{2};$$ при каком условии то неравенство превращается в равенство?
б) Докажите, что если $x_1, x_2,…,x_n (n ≥ 4)$ — положительные числа, то
$$\frac{x_1}{x_2 + x_n} + \frac{x_2}{x_3 + x_1} + … + \frac{x_{n-1}}{x_n + x_{n-2}} + \frac{x_n}{x_1 + x_{n-1}} \ge 2.$$ причем равенство возможно только при $n = 4.$
в) Докажите, что при $n>4$ неравенство пункта б) является точным в том смысле, что ни при каком $n$ число $2$ в правой части нельзя заменить на большее.
А. Прокопьев
Решение
a) Пусть $ a=x_2+x_3, b=x_3+x_1, c=x_1+x_2.$ Тогда $x_1=\frac{b+c-a}{2},$ $x_2 = \frac{a+c-b}{2},$ $x_3=\frac{a+b-c}{2}, $ и левая часть неравенства перепишется так: $ \frac{b+c-a}{2a}+\frac{a+c-b}{2b}+\frac{a+b-c}{2c}=$ $\frac{1}{2}(\frac{b}{a}+\frac{a}{b})+\frac{1}{2}(\frac{c}{a}+\frac{a}{c})+\frac{1}{2}(\frac{b}{c}+\frac{c}{b})-\frac{3}{2}.$ Каждая из скобок в этом выражении, не меньше $2$ в силу известного неравенства $x + \frac{1}{x} \ge 2$ при $x > 0.$ Поэтому вся левая часть не меньше $3-\frac{3}{2} = \frac{3}{2}.$ А так как $x + \frac{1}{x} = 2$ только при $x = 1,$ доказанное неравенство обращается в равенство только при $a = b = c.$
б) Докажем неравенство индукцией по $n.$ При $n = 4$ оно очевидно: $$\frac{x_1}{x_2+x_4}+\frac{x_2}{x_3+x_1} + \frac{x_3}{x_4+x_2}+\frac{x_4}{x_1+x_3} = \frac{x_1+x_3}{x_2+x_4}+\frac{x_2+x_4}{x_1+x_3} \ge 2$$ равенство возможно в том и в только в том случае, когда $x_1 + x_3 = x_2 + x_4.$
Докажем теперь неравенство для произвольных положительных чисел $ x_1, …, x_{n + 1},$ предполагая, что оно справедливо для любых $ n (n \ge 4)$ положительных чисел. Выберем наименьшее из чисел $ x_1, …, x_{n + 1}.$ Поскольку они входят в неравенство симметрично, можно, не ограничивая общности, считать, что это $ x_{n + 1}.$ Тогда $x_{n+1} > 0,$ $x_{n+1} \le x_n$ и $x_{n + 1} \le x_1,$ и поэтому $$\frac{x_1}{x_2 + x_{n+1}} + \frac{x_2}{x_3+x_1} + … + \frac{x_n}{x_{n + 1}+x_{n- 1}}+$$ $$ +\frac{x_{n+1}}{x_1+x_n}> \frac{x_1}{x_2+x_n}+\frac{x_2}{x_3 + x_1} + … + \frac{x_n}{x_1 + x_{n-1}} \ge 2 $$
(последнее неравенство выполняется по предположению индукции). Попутно получаем, что при $n>4$ равенство невозможно.
в) Числа $x_1, …, x_n$ удобно расставлять по окружности; тогда каждое слагаемое в левой части рассматриваемого неравенства есть одно из этих чисел, деленное на сумму двух соседних с ним. При $n = 2k$ определим $x_i$ так, как показано на рисунке 1, а при $n = 2k+1$ — как на рисунке 2.
В первом случае получим сумму $$2(\frac{1}{q+1}+ \frac{q}{q^2+1}+\frac{q^2}{q^3+q}+ … + \frac{q^{k-1}}{q^{k-1}+q^{k-2}})= 2(1 + \frac{(k-2)q}{g^2+1}),$$
В обоих случаях при достаточно большом $q$ значение левой части будет сколь угодно близко к $2$, поэтому число $2$ в неравенстве на большее заменить нельзя.
а) На плоскости расположены четыре круга так, что первый касается второго в точке $A$, второй — третьего в точке $B$, третий — четвертого в точке $C$ и четвертый — первого в точке $D$ (рис. 2). Докажите, что через четыре названные точки можно провести окружность или прямую.
б) *В пространстве расположены четыре шара так, что первый касается второго в точке $A$, второй — третьего в точке $B$, третий — четвертого в точке $C$ и четвертый — первого в точке $D$. Докажите, что через четыре названные точки можно провести окружность или прямую.
в) *В пространстве расположены четыре шара так, что каждый касается трех других. Докажите, что шесть точек касания принадлежат одной сфере или одной плоскости.
Решение
а) Прежде всего, что если какие-то три из точек $A$, $B$, $C$, $D$ лежат на одной прямой, то и четвертая точка лежит на той же прямой (рис. 1).
рис. 1
Пусть все четыре круга касаются внешним образом (рис. 2) и пусть $AA_{1}$, $BB_{1}$, $CC_{1}$, $DD_{1}$ — отрезки общих касательных.
рис. 2
Из $\widehat{A_{1}A}D = \widehat{D_{1}D}A$, $\widehat{D_{1}D}C = \widehat{C_{1}C}D$, $\widehat{B_{1}B}C = \widehat{C_{1}C}B$ и $\widehat{A_{1}A}B = \widehat{B_{1}B}A$ следует $\widehat{A} + \widehat{C} = \widehat{B} + \widehat{D}$; значит, около четырехугольника $ABCD$ можно описать окружность.
В случае, когда не все четыре круга касаются внешним образом (рис. 3), рассуждения аналогичны.
рис. 3.
б) Если центры шаров лежат в одной плоскости, то и все точки касания лежат в этой плоскости, так что в этом случае задача б) сводится к задаче а).
Если же центры $O_{1}$, $O_{2}$, $O_{3}$, $O_{4}$ — не в одной плоскости, проведем плоскость через три точки касания, например $A$, $B$, $C$ (рис. 4), и докажем, что четвертая точка $D$ принадлежит этой плоскости.
рис. 4.
Пусть $h_{1}$, $h_{2}$, $h_{3}$, $h_{4}$ — расстояния от точек $O_{1}$, $O_{2}$, $O_{3}$, $O_{4}$ до плоскости $(ABC)$, а $R_{1}$, $R_{2}$, $R_{3}$, $R_{4}$ — радиусы шаров. Ясно, что $\frac{h_{1}}{h_{2}} = \frac{R_{1}}{R_{2}}$, $\frac{h_{2}}{h_{3}} = \frac{R_{2}}{R_{3}}$, $\frac{h_{3}}{h_{4}} = \frac{R_{3}}{R_{4}}$ (см. рис. 4). Перемножая эти отношения, получаем $\frac{h_{1}}{h_{4}} = \frac{R_{1}}{R_{4}} = \frac{\mid O_{1}D\mid}{\mid O_{4}D\mid}$, что и означает принадлежность точки $D$ плоскости $(ABC)$.
Таким образом, плоскость $(ABC)$ пересекает шары по четырем кругам, касающимся, соответственно, друг друга в точках $A$, $B$, $C$, $D$ так, как сказано в пункте а). Из этого следует утверждение задачи б).
в) Пусть $A$ — точка касания первого и второго, $B$ — первого и третьего, $C$ — первого и четвертого, $D$ — второго и третьего, $E$ — второго и четвертого, $F$ — третьего и четвертого шаров.
По доказанному в пункте б) точки $A$, $C$, $F$, $D$ лежат на одной окружности или прямой. Точки $A$, $E$, $F$, $B$ обладают тем же свойством.
У этих двух четверок точек есть две общие точки: $A$ и $F$. Поэтому если одна из четверок лежит на прямой, все шесть точек лежат в одной плоскости.
Если же эти четверки лежат на двух окружностях, находящихся в разных плоскостях и имеющих общую хорду $AF$, то через эти окружности можно провести сферу; центром этой сферы является точка пересечения перпендикуляров к плоскостям этих окружностей (эти перпендикуляры лежат в плоскости, проходящей через центры окружностей и середину их общей хорды $AF$).
Дан четырехугольник $ABCD$ площади $S$. Обозначим точки пересечения высот треугольников $ABC$, $BCD$, $CDA$, $DAB$ через $H,$ $K,$ $L,$ $M$ соответственно. Докажите, что площадь четырехугольника $HKLM$ тоже равна $S$.
Решение
Самое простое аналитическое решение этой задачи получается с помощью операции псевдоскалярного произведения векторов: $\vec{a}\wedge\vec{b}=\mid\vec{a}\mid\mid\vec{b}\mid\sin\phi$, где $\phi$ — угол, на который нужно повернуть вектор $\vec{a}$ против часовой стрелки, чтобы его направление совпало с направлением вектора $\vec{b}$. Геометрический смысл числа $\vec{a}\wedge\vec{b}$ — ориентированная, площадь параллелограмма, построенного на векторах $\vec{a}$ и $\vec{b}$ (рис. 1). Нужные нам свойства:
Рис. 1.а. $\vec{a}\wedge\vec{b} =2S_{\triangle AOB}$, если $\triangle AOB$ ориентирован положительно— против часовой стрелки.
Рис.1.б. $\vec{a}\wedge\vec{b} =-2S_{\triangle AOB}$, если $\triangle AOB$ ориентирован отрицательно
$\vec{a}\wedge\vec{b}=0$, если векторы $\vec{a}$ и $\vec{b}$ коллинеарны. Следуют из того, что $\vec{a}\wedge\vec{b}$ равно скалярному произведению вскторов $\vec{b}$ и $R^{90^{\circ}}(\vec{a})$.
Удобно ввести «симметричные» обозначения: пусть $A_{1}A_{2}A_{3}A_{4}$ — данный четырехугольник, $H_{1}, H_{2}, H_{3} и H_{4}$ — точки пересечений высот треугольников $A_{2}A_{3}A_{4}, A_{3}A_{4}A_{1}$, $A_{4}A_{1}A_{2}$ и $A_{1}A_{2}A_{3}$, соответственно, а $\vec{a_{i}}$ и $\vec{h_{i}}$ — векторы, идущие из фиксированной точки $O$ в $A_{i}$ и $H_{i}$ $(i= 1, 2, 3, 4)$.
Докажем, что треугольники $A_{1}A_{2}A_{3}$ и $H_{1}H_{2}H_{3}$ равновелики (имеют одинаковую площадь) и одинаково ориентированы. Поскольку удвоенная площадь $\triangle$$A_{1}A_{2}A_{3}$ (с учётом ориентации) равна $\overrightarrow{A_{1}A_{2}}\wedge\overrightarrow{A_{1}A_{3}}=(\vec{a_{2}}-\vec{a_{1}})\wedge(\vec{a_{3}}-\vec{a_{1}})=\vec{a_{1}}\wedge\vec{a_{2}}+\vec{a_{2}}\wedge\vec{a_{3}}+\vec{a_{3}}\wedge\vec{a_{1}},$ мы должны доказать равенство \begin{equation} \label{eq:first} \vec{a_{1}}\wedge\vec{a_{2}}+\vec{a_{2}}\wedge\vec{a_{3}}+\vec{a_{3}}\wedge\vec{a_{1}}=\vec{h_{1}}\wedge\vec{h_{2}}+\vec{h_{2}}\wedge\vec{h_{3}}+\vec{h_{3}}\wedge\vec{h_{1}}.\end{equation} Для этого мы используем лишь тот факт, что $\left[A_{i}H_{j}\right]\parallel\left[A_{j}H_{i}\right]$ при всех $i \neq j$. Скажем, $\left[A_{1}H_{2}\right]\parallel\left[A_{2}H_{1}\right]$, поскольку они перпендикулярны $ \left[A_{3}A_{4}\right] $; поэтому $(\vec{a_{1}}-\vec{h_{2}})\wedge(\vec{a_{2}}-\vec{h_{1}})=0$ Сложив три равенства:$$\vec{a_{1}}\wedge\vec{a_{2}}-\vec{h_{1}}\wedge\vec{h_{2}}=\vec{a_{1}}\wedge\vec{h_{1}}-\vec{a_{2}}\wedge\vec{h_{2}}.$$ $$\vec{a_{2}}\wedge\vec{a_{3}}-\vec{h_{2}}\wedge\vec{h_{3}}=\vec{a_{2}}\wedge\vec{h_{2}}-\vec{a_{3}}\wedge\vec{h_{3}}$$ $$\vec{a_{3}}\wedge\vec{a_{1}}-\vec{h_{3}}\wedge\vec{h_{1}}=\vec{a_{3}}\wedge\vec{h_{3}}-\vec{a_{3}}\wedge\vec{h_{1}}$$
получим $\eqref{eq:first}$.
Разумеется, так же доказывается вообще, что треугольники $A_{i}A_{j}A_{k}$ и $H_{i}H_{j}H_{k}$, равновелики и одинаково ориентированы (для всех $i \neq j \neq k$ ); в частности, это относится к треугольникам $A_{3}A_{4}A_{1}$ и $H_{3}H_{4}H_{1}$. Отсюда, следует равенство площадей четырехугольников $A_{1}A_{2}A_{3}A_{4}$ и $H_{1}H_{2}H_{3}H_{4}$.
Более того, оба эти четырёхугольника будут одновременно либо (а) выпуклыми, либо (б) невыпуклыми, но несамопересекающимися, либо (в) самопересекающимися: если все четыре треугольника $A_{1}A_{2}A_{3}, A_{2}A_{3}A_{4}, A_{3}A_{4}A_{1}, A_{4}A_{1}A_{2}$ имеют одинаковую ориентацию, то (а), если один отличается по ориентации от трех других — (б); если «счет ничейный» 2:2 — (в).
Если бы мы попытались перевести это решение на элементарно геометрический язык, получилась бы громоздкая картина из множеств параллелограммов, очевидные соотношения между площадями которых запутаны из-за особенностей расположения. Более элегантное геометрическое решение (требующее, однако, некоторых вычислений: в частности оно использует формулу $\tan\alpha+\tan\beta=(1-\tan\alpha\tan\beta){\tan(\alpha+\beta)})$ основано на полезных соотношениях, показанных на рисунке 2, где $H$ — точка пересечения высот треугольника $ABC$. $O$ — центр описанной вокруг него окружности, $K$ — середина стороны $AB$).
На этом пути сразу ясно, что для четырёхугольника $A_{1}A_{2}A_{3}A_{4}$, вписанного в окружность, «ортоцентрический» четырёхугольник $H_{1}H_{2}H_{3}H_{4}$ будет ему не только равновелик, но и конгруэнтен (в общем случае, как следует из равенства, площадей треугольников $A_{i}A_{j}A_{k}$ и $H_{i}H_{j}H_{k}$ эти четырёхугольники аффинно эквивалентны, то есть один получается из другого линейным преобразованием координат).
поэтому дуги $S_{1}T_{3}$ и $T_{1}T_{2}$ вписанной окружности треугольника $A_{1}A_{2}A_{3}$ равны. Аналогично, при симметрии относительно биссектрисы угла $A_{2}$ дуга $T_{1}T_{2}$ перейдет в дугу $T_{3}S_{2}$. Следовательно, дуги $S_{1}T_{3}$ и $T_{3}S_{2}$ равны, и поэтому точки $S_{1}$ и $S_{2}$ находятся на одинаковом расстоянии от прямой $A_{1}A_{2}$, то есть $S_{1}S_{2}$$\parallel$$A_{1}A_{2}$. Аналогично доказывается, что и две другие стороны треугольника $S_{1}S_{2}S_{3}$ параллельны соответствующим сторонам треугольника $A_{1}A_{2}A_{3}$.
