Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 1015
2015-01-31 
В параллелограмме $ABCD$ треугольник $ABD$ остроугольный. $\left | АВ \right | = a, \left | AD \right | = 1$ и величина угла $\widehat{BAD} = \alpha$. Докажите, что четыре круга $K_{A}, K_{B}, K_{C}, K_{D}$ радиуса 1, центры которых в вершинах $А, В, С, D$, тогда и только тогда, покрывают параллелограмм, когда $a \leq \cos \alpha + \sqrt{3} \sin \alpha$.
Решение:
Вокруг остроугольного треугольника $ABD$ опишем круг, центр которого - точка О лежит внутри этого треугольника.
Четвертая вершина С параллелограмма $ABCD$ лежит вне описанного круга. В самом деле, если точка $C^{\prime}$ лежит внутри круга по другую сторону прямой $BD$ от точки А, то $\angle BC^{\prime}D$ измеряется или половиной дуги $BAD$ (если точка лежит на окружности), или может быть еще большим. Но дуга $BAD$ больше полуокружности, так как дополнительная дуга измеряет острый, по условию, $\angle BAD$. Получаем противоречие с тем, что $\widehat{BAD} = \widehat{BCD}$ - острый.
Утверждаем теперь, что если параллелограмм покрыт кругами $K_{A},K_{B},K_{C},K_{D}$, то радиус $R$ описанной около $\triangle ABD$ окружности не превосходит единицы. Предположим противное, т. е. $R = |ОА| = |ОВ| = |OD|> 1$. Тогда круги $K_{A},K_{B}$ и $K_{D}$ не покрывают точки О. Круг $K_{C}$ также не может покрыть точку О, ибо, по доказанному выше, $|ОС| > R > 1$. Значит, условие $R \leq 1$ необходимо.
Но оно и достаточно. Пусть $R leq 1$. Опустим из точки О перпендикуляры на стороны $\triangle ABD$, которые, как известно, разделят эти стороны пополам. Эти перпендикуляры, а также радиусы ОА, ОВ, ОС разбивают $\triangle ABD$ на шесть прямоугольных треугольников, в каждом из которых радиус является гипотенузой. Очевидно, расстояние от вершины прямоугольного треугольника до любой его точки не превосходит гипотенузы. Значит, для любой точки $M \in \triangle ABD$ найдется вершина, удаленная от нее не больше, чем на $R$. Поэтому круг $K$ с центром в соответствующей вершине покрывает точку $M$. Мы доказали, что $\triangle ABD$ при $R \leq 1$ весь покрывается кругами $K_{B}, K_{A}$ и $K_{D}$. По симметрии $\triangle CDB$ также покрывается кругами $K_{C},K_{D}$ и $K_{B}$.
Воспользуемся теперь формулой $R = \frac{abc}{4S}$, где $a,b,c$ – стороны треугольника, S – его площадь.
В нашем случае $|AD|=1, |AB|=a, \widehat{BAD}= \alpha$, тогда по теореме косинусов имеем:
$|BD| = \sqrt{1 + a^{2} – 2a \cos \alpha}$
Откуда
$R = \frac{a \sqrt{1 + a^{2}-2a \cos \alpha}}{2 a \sin \alpha} \leq 1$ (1)
Решением неравенства (1) будет
$\cos \alpha - \sqrt{3} \sin \alpha \leq a \leq \cos \alpha \sqrt{2} \sin \alpha$.
Но левая часть неравенства выполняется, так как $a = |AB| > |AD| \cos \alpha = \cos \alpha$ при $|AD| = 1$ в силу остроугольности $\triangle ABD$.
Отсюда получаем, что $\triangle ABD$ будет покрыт кругами $K_{a}, K_{B}, K_{D}$ тогда и только тогда, когда
$a \leq \cos \alpha + \sqrt{3} \sin \alpha$.
В параллелограмме $ABCD$ треугольник $ABD$ остроугольный. $\left | АВ \right | = a, \left | AD \right | = 1$ и величина угла $\widehat{BAD} = \alpha$. Докажите, что четыре круга $K_{A}, K_{B}, K_{C}, K_{D}$ радиуса 1, центры которых в вершинах $А, В, С, D$, тогда и только тогда, покрывают параллелограмм, когда $a \leq \cos \alpha + \sqrt{3} \sin \alpha$.
Решение:
Вокруг остроугольного треугольника $ABD$ опишем круг, центр которого - точка О лежит внутри этого треугольника.
Четвертая вершина С параллелограмма $ABCD$ лежит вне описанного круга. В самом деле, если точка $C^{\prime}$ лежит внутри круга по другую сторону прямой $BD$ от точки А, то $\angle BC^{\prime}D$ измеряется или половиной дуги $BAD$ (если точка лежит на окружности), или может быть еще большим. Но дуга $BAD$ больше полуокружности, так как дополнительная дуга измеряет острый, по условию, $\angle BAD$. Получаем противоречие с тем, что $\widehat{BAD} = \widehat{BCD}$ - острый.
Утверждаем теперь, что если параллелограмм покрыт кругами $K_{A},K_{B},K_{C},K_{D}$, то радиус $R$ описанной около $\triangle ABD$ окружности не превосходит единицы. Предположим противное, т. е. $R = |ОА| = |ОВ| = |OD|> 1$. Тогда круги $K_{A},K_{B}$ и $K_{D}$ не покрывают точки О. Круг $K_{C}$ также не может покрыть точку О, ибо, по доказанному выше, $|ОС| > R > 1$. Значит, условие $R \leq 1$ необходимо.
Но оно и достаточно. Пусть $R leq 1$. Опустим из точки О перпендикуляры на стороны $\triangle ABD$, которые, как известно, разделят эти стороны пополам. Эти перпендикуляры, а также радиусы ОА, ОВ, ОС разбивают $\triangle ABD$ на шесть прямоугольных треугольников, в каждом из которых радиус является гипотенузой. Очевидно, расстояние от вершины прямоугольного треугольника до любой его точки не превосходит гипотенузы. Значит, для любой точки $M \in \triangle ABD$ найдется вершина, удаленная от нее не больше, чем на $R$. Поэтому круг $K$ с центром в соответствующей вершине покрывает точку $M$. Мы доказали, что $\triangle ABD$ при $R \leq 1$ весь покрывается кругами $K_{B}, K_{A}$ и $K_{D}$. По симметрии $\triangle CDB$ также покрывается кругами $K_{C},K_{D}$ и $K_{B}$.
Воспользуемся теперь формулой $R = \frac{abc}{4S}$, где $a,b,c$ – стороны треугольника, S – его площадь.
В нашем случае $|AD|=1, |AB|=a, \widehat{BAD}= \alpha$, тогда по теореме косинусов имеем:
$|BD| = \sqrt{1 + a^{2} – 2a \cos \alpha}$
Откуда
$R = \frac{a \sqrt{1 + a^{2}-2a \cos \alpha}}{2 a \sin \alpha} \leq 1$ (1)
Решением неравенства (1) будет
$\cos \alpha - \sqrt{3} \sin \alpha \leq a \leq \cos \alpha \sqrt{2} \sin \alpha$.
Но левая часть неравенства выполняется, так как $a = |AB| > |AD| \cos \alpha = \cos \alpha$ при $|AD| = 1$ в силу остроугольности $\triangle ABD$.
Отсюда получаем, что $\triangle ABD$ будет покрыт кругами $K_{a}, K_{B}, K_{D}$ тогда и только тогда, когда
$a \leq \cos \alpha + \sqrt{3} \sin \alpha$.
