М827. О равновеликих треугольниках

Задача из журнала «Квант» (1984 год, 1 выпуск)

Условие

Известно, что четыре синих треугольника на рисунке 1 равновелики.

Докажите, что три красных четырехугольника на этом рисунке также равновелики.
Найдите площадь одного четырехугольника, если площадь одного синего треугольника равна 1.

Решение

Нам понадобится следующая часто применяемая

Пусть $Р$ — точка на стороне $KL$ треугольника $KLM$ . Тогда отношение площадей треугольников и равно

$S_{MKP}:S_{MPL}=|KP|:|PL|.$ (Для доказательства достаточно заметить, что треугольники

$MKP$ и

$MPL$ имеют общую высоту проведенную из вершины

$М$ (рис. 2).).

Рис. 1

Рис. 2

Рис. 3

Введем обозначения, как на рисунке 1. Заметим, что треугольники $AA_0C_0$ и $AA_0C_1$ равновелики (каждый из них составлен из треугольника $AA_0B_0$ и одного из из синих треугольников). Эти треугольники имеют общее основание $AA_0$ , поэтому их вершины $C_0$ и $C_1$ равноудалены от прямой $AA_0$ , то есть прямые $AA_0$ и $C_1C_0$ параллельны. Аналогично, $BB_0||A_1A_0$ и $CC_0||B_1B_0$ . Рассмотрим трапецию $AA_0C_0C_1$ (рис. 3). Её диагонали пересекаются в точке $B_0$ , а продолжения боковых сторон — в точке $B$ . Эти точки лежат на прямой, соединяющей середины $D$ и $E$ её оснований $AA_0$ и $C_1C_0$ . (Действительно, $B_0$ — центр гомотетии треугольников $B_0AA_0$ и $B_0C_0C_1$ , а $B_0$ — центр гомотетии треугольников $BAA_0$ и $BC_1C_0$ ). А поскольку эта прямая параллельна $A_1A_0$ , точка $B_0$ — середина отрезка $A_1A$ . По лемме отсюда вытекает,что $S_{AB_0C}=S_{B_0A_1C}$ . Следовательно (см. рис. 1), площади четырехугольников $AB_0A_0B_1$ и $CA_0C_0A_1$ равны. Аналогично доказывается, что и третий красный четырехугольник $BC_0B_0C_1$ имеет такую же площадь.
Подумайте, останется ли верным утверждение этого пункта задачи, если потребовать равенства площадей только трех угловых синих треугольников.
Площадь красного четырехугольника $s=1+\sqrt{5}$ . Чтобы составить уравнение для нахождения искомой площади $s$ , выразим двумя способами отношение $|BC_1|:|C_1A|$ с помощью леммы:
$|BC_1|:|C_1A|=S_{CBC_1}:S_{CC_1A}=(2s+2):(s+2)=S_{B_0BC_1}:S_{B_0C_1A}=(s/2):1.$
(Пояснения здесь требуют только равенство $S_{B_0BC_1}$ . Как было показано выше, точка $E$ — середина $C_0C_1$ (рис. 3). Отсюда, опять-таки пользуясь леммой, легко вывести, что треугольники $B_0BC_1$ и $B_0BC_0$ равновелики. А вместе они составляют четырехугольник $BC_0B_0C_1$ площади $s$ ). Итак, $s$ удовлетворяет уравнению
$s^2-2s-4=0.$ откуда $s=1+\sqrt{5}$ .

Б. И. Чиник, В. Н. Дубровский

М1651. О наименьшей и наибольшей площади выпуклой фигуры

Задача из журнала «Квант» (1998 год, 5 выпуск)

Условие

Найдите а) наименьшую, б) наибольшую возможную площадь выпуклой фигуры, все проекции которой на оси $Oх$ , $Oу$ и прямую $х = у$ суть отрезки единичной длины.

Ответ: а) $\sqrt{2}-1$ ; б) $\frac{2\sqrt{2}-1}{2}$ .

Решение

Для обоих случаев а) и б) фигура $F$ , о которой идет речь в задаче, заключается внутри шестиугольника, являющегося пересечением трех полос (шириной $1$ каждая) (рис. $1$ ).

Назовем такой шестиугольник накрывающим. В случае б) фигура $F$ совпадает с накрывающим шестиугольником, достигая наибольшей площади тогда, когда накрывающий шестиугольник симметричен относительно обеих диагоналей квадрата. Эта наибольшая площадь равна $\frac{2\sqrt{2}-1}{2}$ , как показывают элементарные вычисления.

Минимальная площадь фигуры $F$ (случай а) реализуется на многоугольнике, который на каждой стороне накрывающего шестиугольника имеет по крайней мере одну вершину. Таким многоугольником будет четырехугольник $ABCD$ (рис. $2$ ), который во всех разновидностях накрывающих шестиугольников имеет одну и ту же площадь $\sqrt{2}-1$ .

В.Тиморин

M1800. О квадратах площадей граней тетраэдра

Задача из журнала «Квант» (2002 год, 3 выпуск)

Условие

Докажите, что сумма квадратов площадей граней любого тетраэдра равна учетверенной сумме квадратов площадей трех его сечений, каждое из которых проходит через середины четырех ребер.

Решение

Сначала докажем следующее утверждение.

Пусть $S_0$ , $S_1$ , $S_2$ , $S_3$ — площади граней тетраэдра, $\alpha_{ij}$ – двугранный угол между гранями с площадями $S_i$ и $S_j$ . Тогда

$S_0^2=S_1^2+S_2^2+S_3^2−2S_1S_2\cos\alpha_{12}−2S_1S_3\cos\alpha_{13}−2S_2S_3\cos\alpha_{23}.$

Так как площадь любой грани тетраэдра равна сумме площадей проекцией на нее остальных граней, имеем

$S_0=S_1\cos\alpha_{01}+S_2\cos\alpha_{02}+S_3\cos\alpha_{03},$

$S_1=S_0\cos\alpha_{01}+S_2\cos\alpha_{12}+S_3\cos\alpha_{13},$

$S_2=S_0\cos\alpha_{02}+S_1\cos\alpha_{12}+S_3\cos\alpha_{23},$

$S_3=S_0\cos\alpha_{03}+S_1\cos\alpha_{13}+S_2\cos\alpha_{23}.$

Умножив второе равенство на $S_1$ , третье на $S_2$ , четвертое на $S_3$ и вычтя из их суммы первое, умноженное на $S_0$ получим утверждение теоремы.

Теперь четырьмя плоскостями, параллельными граням тетраэдра и проходящими через середины его ребер, отрежем от него четыре вдвое меньших тетраэдра. Получим многогранник, ограниченный $8$ треугольниками. Серединные сечения исходного тетраэдра разбивают этот многогранник на $8$ тетраэдров, основания которых равны уменьшенным вдвое граням исходного, а боковые грани – четвертям его серединных сечений (рис. $1$ ). Если применить к каждому из них теорему косинусов и сложить полученные равенства, то каждое из удвоенных произведений войдет в сумму с противоположными знаками, и в результате будет получено утверждение задачи.

А.Заславский

М1803. О суммарной площади треугольников

Задача из журнала «Квант» (2002 год, 1 выпуск)

Условие

В квадрате $ABCD$ взяты точки $P$ и $Q$ такие, что $\angle{PAQ}=\angle{QCP} = 45^{\circ}$ (рис. $1$ ). Докажите, что суммарная площадь треугольников $PAQ, PCB$ и $QCD$ равна суммарной площади треугольников $QCP, QAD$ и $PAB.$

Рис.1

Доказательство

Симметрично отразим $\triangle{APB}$ относительно прямой $AP,$ а $\triangle{AQD}$ — относительно прямой $AQ.$ При этом отраженные точки $B$ и $D$ «склеятся» в одну точку $M$ (рис. $2$ ).

Рис.2

Значит, суммарная площадь треугольников

$QCP, QAD$ и

$PAB$ равна площади четырехугольника

$APCQ$ плюс площадь треугольника

$PQM.$ Симметрично отразим

$\triangle{CPB}$ относительно прямой

$CP,$ а

$\triangle{CQD}$ — относительно прямой

$CQ.$ При этом отраженные точки

$B$ и

$D$ «склеятся» в одну точку

$N.$ Значит, суммарная площадь треугольников

$PAQ, PCB$ и

$QCD$ равны площади четырехугольника

$APCQ$ плюс площадь треугольника

$PQN.$
Остается заметить, что площади треугольников

$PQM$ и

$PQN$ равны, поскольку сами треугольники равны.

В.Произволов

М1339. О связи площади, угла и биссектрисы, проведенной из этого угла

Задача из журнала «Квант» (2002 год, 10 выпуск)

Условие

Дан треугольник $ABC$ . Пусть $S$ — его площадь, $\gamma$ — угол $ACB$ , а $l$ — длина биссектрисы, проведенной из вершины $C.$

Докажите, что $S \geqslant l^{2} \mathop{\rm tg} \frac \gamma{2}.$
Для каких треугольников $ABC$ выполняется равенство?

Первое решение

Обозначим через $a$ и $b$ стороны $BC$ и $AC$ треугольника $ABC$ .

Имеем

$l=\frac {2ab}{a+b} \cos \frac \gamma{2}$ (докажите это).

Тогда

$\begin{multline*} l^2 \mathop{\rm tg} \frac \gamma{2} = \frac {4a^2b^2}{\left(a+b \right)^2}\cos^2 \frac \gamma{2} \cdot \frac {\sin \frac \gamma{2}}{\cos \frac \gamma{2}} = \\ = \frac {4ab}{a^2+b^2+2ab} \cdot \frac 12 ab \cdot 2\sin \frac \gamma{2} \cos \frac \gamma{2}\leqslant \\ \leqslant \frac {4ab}{2ab+2ab} \cdot \frac 12 ab \sin \gamma = S. \end{multline*}$

Очевидно, что равенство выполняется тогда и только тогда, когда $a^2+b^2=2ab$ , то есть тогда и только тогда, когда $a=b.$

Второе решение

Пусть $a>b,$ тогда $\angle A > \angle B,$ и угол $CDB$ — тупой. Проведем через точку $D$ отрезок $A’B’$ (см. рисунок), перпендикулярный $CD.$

рис. 1

Поскольку $BD>AD$ (это легко следует из соотношения $\frac {BC}{AC} = \frac {a}{b} > 1$ ), площадь треугольника $BDB’$ больше площади треугольника $ADA’.$ Поэтому $S>S_{A’CB’}=l^2 \mathop{\rm tg} \frac \gamma{2}.$ При $a=b$ равенство $S = l^{2} \mathop{\rm tg} \frac \gamma{2}$ очевидно.

Н. Немировская, В. Сендеров

Дополнения

Докажем, что $l=\frac {2ab}{a+b} \cos \frac \gamma{2}.$

Вычислим площади треугольников $BCD$ , $ACD$ и $ABC:$

$S_{BCD} = \frac 12 \cdot BC \cdot CD \cdot \sin \angle BCD = \frac 12 b l \sin \frac \gamma{2}.$

$S_{ACD} = \frac 12 \cdot AC \cdot CD \cdot \sin \angle ACD = \frac 12 a l \sin \frac \gamma{2}.$

$S_{ABC} = \frac 12 \cdot AC \cdot BC \cdot \sin \angle BCA = \frac 12 a b \sin \gamma.$

Выразим $l$ , используя равенство $S_{ABC} = S_{BCD} + S_{ACD}:$

$\frac 12 ab \cdot \sin \gamma = \frac 12 b l \cdot \sin \frac \gamma{2} + \frac 12 a l \cdot \sin \frac \gamma{2} \Leftrightarrow \frac 12 a b \cdot \sin \gamma = \frac 12 \left(a+b \right) l \sin \frac \gamma{2} \Leftrightarrow$

$\Leftrightarrow l = \frac {ab\sin \gamma}{ \left(a+b \right) \sin \frac \gamma{2}} \Leftrightarrow l = \frac {ab \cdot 2\sin \frac \gamma{2} \cos \frac \gamma{2}}{\left(a+b \right) \sin \frac \gamma{2} } \Leftrightarrow l = \frac {2ab}{a+b} \cos \frac \gamma{2}.$