Processing math: 100%

M1273. Площади фигуры, составленной из треугольников

Задача из журнала «Квант» (1991 год, выпуск 8)

На сторонах AB, BC и CA треугольника ABC как на основаниях вне его построены треугольники ABC1, BCA1, CAB1, у каждого из которых отношение высоты к основанию равно k. Такие же треугольники ABC2, BCA2 и CAB2 построены и по другую (внутреннюю) сторону от оснований. Докажите, что площади S, S1 и S2 треугольников ABC, A1B1C1 и A2B2C2 связаны соотношением S1±S2=S(12+6k2) (знак «+» или «» зависит от ориентации треугольника A2B2C2 по отношению к ABC).

Доказательство

Вершины треугольников с площадями S1 и S2 лежат на серединных перпендикулярах к сторонам треугольника ABC, проходящих через центр O его описанной окружности. Если обозначить через R радиус этой окружности, а через α, β, γ — углы треугольника ABC, то из рис.1 видно, что, поскольку синусы углов между перпендикулярами равны синусам углов между соответствующими сторонами, то 2S1=OA1OB1sinγ+OB1OC1sinα+OC1OA1sinβ.

рис.1

Пусть t — тангенс угла наклона стороны равнобедренного треугольника к основанию (t=2k). Тогда отрезки от O до вершин легко выразить через радиус R и получить, что 2S1R2=(cosα+tsinα)(cosβ+tsinβ)sinγ++(cosβ+tsinβ)(cosγ+tsinγ)sinα++(cosγ+tsinγ)(cosα+tsinα)sinβ.
Отношение же 2S2R2 (для случая, изображенного на рис.1) равно аналогичному выражению, где вместо t стоит t. Сложив оба эти выражения и раскрыв скобки, мы увидим, что коэффициент при t1 равен 0, коэффициент при t2 равен 6sinαsinβsinγ, а свободный член (здесь нужно использовать равенство α+β+γ=π, откуда cotαcotβ+cotβcotγ+cotαcotγ=1) равен 2sinαsinβsinγ. По известной формуле S=abc4R, выражающей площадь S через стороны a, b, c и радиус описанной окружности R, 2sinαsinβsinγ=2abc8R3=SR2
Откуда получаем нужную формулу S1+S2=1+3t22S=S(12+6k2).
Эти рассуждения необходимо несколько уточнить, чтобы они оказались применимы не только для случая, изображенного на рис.1, но и для случая, когда внутренние треугольники налегают друг на друга, в частности, когда A2B2C2 имеет противоположную ориентацию. Вместо этого мы посмотрим на наши рассуждения с более общей точки зрения.
Верен такой общий факт: если три точки K, L и M с постоянными скоростями движутся по трем прямым, то площадь ориентированного треугольника KLM как функция,зависящая от времени t, выражается квадратным трехчленом от t:S=F(t). Легко доказать это, например, с помощью метода координат (формула ориентированной площади треугольника с вершинами (x1,y1), (x2,y2), (x3,y3) выглядит так: S=x1y2x2y1+x2y3x1y2+x3y1x1y32. Ясно, что если каждая координата выражается линейной функцией от t, то S — квадратный трёхчлен от t).
Будем считать, что при t=0 наши точки совпадают с серединами сторон треугольника ABC и двигаются по серединным перпендикулярам (при t>0 во внешнюю сторону) со скоростями, пропорциональными длинам a, b, c соответствующих сторон треугольника: при некотором t они занимают положения A1, B1, C1, а при противоположном значении (t) — положения A2, B2, C2. Нас интересует сумма F(t)+F(t), то есть свободный и старший (содержащий t2) члены F(t), которые по сущетсув мы и вычисляли выше (1).
Интересно заметить, однако, что они имеют геометрический смысл, так что можно найти их без вычислений. Свободный член F(0) — это S4 (площадь треугольника из средних линий ABC). Чтобы найти старший коэффициент, — он определяется как отношение площади S1 к t2 в пределе при t стремящемся к бесконечности, — заметим, что при очень большом t треугольник ABC можно считать «почти точкой» O. При этом векторы OA1, OB1, OC1 перпендикулярны соответствующим сторонам треугольника и им пропорциональны ( с коэффициентом k=t2 ). Сумма этих векторов OA1, OB1 и OC1 равна нулю (как и векторов, образующих стороны треугольника), то есть они служат отрезками медиан треугольника A1B1C1, причем последний по площади в 3 раза больше треугольника A1OD (рис.2), подобного ABC с коэффициентом k. Отсюда ясно, что старший член F(t) имеет вид 3k2S=3t2S4.
рис.2

Итак, F(t)=S(1++3t2)4, откуда следует нужная формула (2) для S1±S2=F(t)+F(t).
Отметим интересные частные случаи нашей формулы: если на сторонах строятся правильные треугольники, то t=3, так что S1±S2=5S; если равнобедренные прямогульные, то t=1 и S1±S2=2S; а если t=36 (при этом новые точки — центры правильных треугольников, построенных на сторонах), то S1±S2=S.

Задача о 19-граннике

Задача из журнала «Квант» (1970, №7)

Условие

Около сферы радиуса 10 описан некоторый 19-гранник. Доказать, что на его поверхности найдутся две точки, расстояние между которыми больше 21.

kvantTasc

Решение

Первое решение

Предположим противное, то есть, что расстояние между любыми двумя точками поверхности нашего 19-гранника не больше 21. Тогда этот многогранник лежит внутри сферы радиуса 11, концентричной сфере радиуса 10, а каждая его грань лежит между сферами. Поэтому площадь каждой грани не слишком велика, а именно, не превосходит площади круга, радиус которого равен 21. В нашем многограннике 19 граней, поэтому площадь S его поверхности не превосходит 19(π(21)2)=π(20212)=399π. Но многогранник описан около сферы радиуса 10. Отсюда площадь его поверхности больше площади поверхности этой сферы 4π102*. Итак, с одной стороны, S>399π, с другой стороны, S<400π. Полученное противоречие и решает задачу.

В этом (нестрогом) решении мы пропустили доказательства трёх утверждений, которые начинаются с трёх выделенных выше курсивом слов: тогда, поэтому, отсюда. Мы оставляем читателю эти простые доказательства, но хотим предупредить, что хотя третье утверждение легко доказывается для выпуклого многогранника с помощью сравнения его объёма с объёмом сферы**, тем не менее интуитивно ясное и правильное утверждение о том, что наш многогранник выпуклый, трудно доказать строго, так как само строгое определение многогранника весьма сложно. (Загляните, например, в книгу И. Лакатоса «Доказательства и опровержения» М., «Наука», 1967).

Второе решение

Поставим более общий вопрос: какое наименьшее число граней может иметь многогранник, описанный около сферы радиуса r и целиком лежащий в концентрической с ней сфере радиуса R>r. (Вот житейская ситуация, которая подсказала автору эту задачу: каким наименьшим числом прямолинейных взмахов ножа можно срезать верхний слой кожуры апельсина, не срезав при этом ни одного куска сердцевины? Очевидно, что после срезания всего верхнего слоя кожуры остаток будет многогранником, так как на его поверхности не будет ни одного закругленного участка, так что этот вопрос эквивалентен предыдущему.)

Мы не знаем точного ответа на этот более общий вопрос, но докажем для числа граней некоторое неравенство, которое при r=10,R=11 показывает, что N<22. Тем самым мы докажем, что если в условии задачи вместо 19-гранника взять 22-гранник, то утверждение задачи по-прежнему останется справедливым.

Итак, пусть N-гранник описан около сферы радиуса r и целиком лежит внутри сферы радиуса R. Рассмотрим какую-нибудь его грань.

Проходящая через неё плоскость отрезает от сферы шапочку (сегментную поверхность) высоты Rr. Ясно, что если построить шапочки для всех граней нашего многогранника, то их объединение покроет всю внешнюю сферу. Каждая из N шапочек есть сегментная поверхность высоты Rr, и, следовательно, имеет площадь 2πR(Rr). Сумма площадей всех шапочек больше площади сферы. Поэтому N2πR(Rr)>4πR2, отсюда N>2RRr, в частности, при R=11,r=10 получаем N>22.

Интересно, что по любому набору шапочек, целиком покрывающих внешнюю сферу, можно построить многогранник, описанный около внутренней сферы. (Докажите!) Поэтому наш вопрос про минимальное число граней полностью эквивалентен следующему вопросу. Каково минимальное число N=N(h) шапочек высоты h, целиком покрывающих сферу радиуса 1? (В исходной задаче h=111.)

Очевидно, что N(h)>2h, но это неравенство отражает просто тот факт, что сумма площадей шапочек больше площади сферы, в то время как интуитивно ясно, что при h>1 шапочки должны довольно сильно перекрываться. И действительно, можно доказать, что при достаточно малых h

N(h)>1,22h.

Попробуйте сами доказать, например, что при h<1

N(h)>1,0012h

А. Г. Кушниренко

* Напомним, что для шара радиуса R объем равен 43πR3, площадь сегментной поверхности с высотой h равна 2πRh и, в частности, площадь сферы равна 4πR2

** Действительно, объем многоугольника равен RS3, где R — радиус вписанной сферы, а S — площадь его поверхности.

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 SABC=(SABC+SABD)/2, поскольку все эти три треугольника имеют общее основание AB (рис.1) высота ΔABC равна полусумме высот ΔABC и ΔABD , опущенных на AB. M1579(2)рис.2

Сложив шесть равенств аналогичных (1), получим, что известная нам сумма S площадей треугольника ABC,BCD,CDE,DEF,EFA,FAB равна сумме (S1+S2)/2, где S1- сумма площадей шести треугольников ABC,BCD,CDE,DEF,EFA,FAB, отрезаемых малыми диагоналями, а S2 — сумма площадей треугольников ABC,BCD,CDE,DEF,EFA,FAB полученных «циклическим сдвигом» вершин из 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 ABC) для площади S шестиугольника получим равенство 3S=S1+S2. От сюда S=2S/3.

Н.Васильев 

M1916. О делении равностороннего треугольника на 25 равносторонних

Задача из журнала «Квант» (2004, №4)

Условие

Равносторонний треугольник разрезан на 25 равносторонних треугольников, лишь один из которых имеет отличную от 1 площадь. Какую?

Решение

Поменяем формулировку задачи на эквивалентную, но более удобную для изложения решения:

Исходный равносторонний треугольник Δ разрезан на 25 равносторонних треугольников, только у одного из которых — обозначим его Δ1 — длина стороны k1. Требуется найти k.

Если длина стороны какого-либо равностороннего треугольника есть целое число a, то этот треугольник можно разрезать на a2 равносторонних треугольников, у каждого из которых длина стороны 1.

Хотя бы к одной стороне треугольника Δ не примыкает треугольник Δ1, а значит, примыкают только треугольники со сторонами 1, т.е. длина стороны Δ — целое число n. Точно так же можно рассудить что длина треугольника Δ1 -целое число k. После чего можно записать равенство n2k2=24. Это целочисленное уравнение, с учетом того, что  k1, имеет только одно удовлетворяющее нас решение: n=7,k=5. У этого решения возможны два воплощения (см. рисунок). На вопрос «какую?» отвечаем: 25.

M1916

В.Произволов

M1554

 

Задача из журнала «Квант» (1996, №4)

Условие

На основании треугольника ABC во внешнюю сторону построены квадраты ABMN,BCKL, и ACPQ. На отрезках NQ и PK построены квадраты NQZT и PKXY.Найдите разность площадей квадратов NQZT,PKXY, если известна разность площадей квадратовABMN,BCKL.
444

Ответ:

3d (где 3d — заданная разность площадей).

По теореме косинусов (см. рисунок),

NQ2=AN2+AQ22ANAQcosNAQ=AB2+AC22ABBCcosNAQ, BC2=AB2+AC22ABACcosBAC .

Поскольку NAC+BAC=180, сумма их косинусов равна 0. Поэтому

NQ2+BC2=2AB2+2AC2

Аналогично: PK2+AB2=2BC2+2AC2. Поэтому

NQ2PK2=3AB23BC2=3d

А.Герко, М.Вялый