Разделы 
Дополнительно
Задача по математике 1018
2015-01-31 
Даны два остроугольных треугольника $А_{0}B_{0}C_{0}$ и $A_{1}B_{1}C_{1}$. Постройте треугольник $ABC$, подобный треугольнику $A_{1}B_{1}C_{1}$ (вершина $A$ соответствует $A_{1}, B-B_{1}, C – C_{1}$), описанный около треугольника $А_{0}B_{0}C_{0}$, так, что $C_{0} \in AB, A_{0} \in BC, B_{0} \in CA$. Постройте такой треугольник $ABC$, имеющий максимальную площадь.
Решение:
Пусть $\triangle ABC$ удовлетворяет условиям задачи. Тогда его вершина В лежит на дуге сегмента, построенного на отрезке $A_{0}C_{0}$ и вмещающего угол равный $\angle B_{1}$ (рис.). Причем $\triangle A_{0}B_{0}C_{0}$ и этот сегмент лежат по разные стороны от $A_{0}C_{0}$. В самом деле $\triangle A_{0}B_{0}C_{0}$ вписан в $\triangle ABC$. Поэтому прямая $A_{0}C_{0}$, пересекая отрезок АВ в точке $C_{0}$, отделяет точку В от точки А. По тем же причинам она отделяет В и от С. Значит, и вершина $B_{0}$, как точка отрезка АС, лежит с В по разные стороны от $A_{0}C_{0}$. Совершенно аналогично, вершины С и A лежат на дугах сегментов, построенных во внешнюю от $\triangle A_{0}B_{0}C_{0}$ сторону на отрезках $A_{0}B_{0}$ и $B_{0}C_{0}$ и вмещающих углы, равные соответственно $\angle C_{1}$ и $\angle A_{1}$. Обозначим центры этих сегментов соответственно $O_{1},O_{2},O_{3}$. Так как все три угла $A_{1}, B_{1}, C_{1}$, острые, то центры лежат внутри своих сегментов, т. е. вне $\triangle A_{0}B_{0}C_{0}$.
Рассмотрим подробнее положение прямой ВС. Проведем к окружности $O_{1}$, в точке $A_{0}$ касательную $A_{0}M$ и возьмем ее луч $A_{0}M$, лежащий по ту же сторону прямой $A_{0}C_{0}$, что и сегмент $O_{1}$. Тогда весь сегмент $O_{1}$ лежит внутри угла между лучами $A_{0}M$ и $A_{0}C_{0}$, где $\widehat{MA_{0}C_{0}} = 2d— \hat{B_{1}}$.
Легко видеть, что всякий луч с вершиной в $A_{0}$, лежащий внутри тупого угла $МА_{0}C_{0}$, пересекает дугу сегмента, а все остальные лучи этот сегмент не пересекают. Совершенно аналогично, $A_{0}C$ должен лежать внутри тупого угла между лучами $A_{0}B_{0}$ и $A_{0}P$, где $\widehat{B_{0}A_{0}P} = 2d - \hat{C_{1}}$ и отложен от $A_{0}B_{0}$ в противоположную от $\triangle A_{0}B_{0}C_{0}$ сторону. Покажем, что эти два тупых
угла не накладываются друг на друга. Отсчитывая от луча $A_{0}P$, получаем:
$\widehat{PA_{0}B_{0}} + \widehat{B_{0}A_{0}C_{0}} + \widehat{C_{0}A_{0}M} = 4d - \hat{B_{1}} - \hat{C_{1}} + \hat{A_{0}} = 2d + \hat{A_{1}} + \hat{A_{0}} $,
что меньше $4d$, так как и $\angle А_{1}$ и $\angle A_{0}$ острые. Значит, луч $A_{0}M$ действительно не заходит за луч $A_{0}P$.
Выясним теперь, в каких пределах может лежать луч $A_{0}B$.
Ясно, что он лежит внутри угла $MA_{0}C_{0}$, что дает:
$0 \leq \widehat{C_{0}A_{0}B} \leq 2d - \hat{B_{1}}$, (1)
если отсчет ведется в ту же сторону, что и раньше. Условие, что луч $A_{0}C$ (продолжение луча $A_{0}B$) лежит внутри угла $PA_{0}B_{0}$, записывается как $0 \leq \widehat{CA_{0}B_{0}} \leq \widehat{PA_{0}B_{0}}$, или
$2d \geq 2d - \widehat{CA_{0}B_{0}} \geq 2d - \widehat{PA_{0}B_{0}}$,
что дает
$\hat{C_{1}} \leq \widehat{C_{0}A_{0}B} + \hat{A_{0}} \leq 2d$,
поскольку
$\widehat{CA_{0}B_{0}} + \widehat{B_{0}A_{0}C_{0}} + \widehat{C_{0}A_{0}B} = 2d$,
или окончательно
$\hat{C_{1}} - \hat{A_{0}} \leq \widehat{C_{0}A_{0}B_{0}} \leq 2d - \hat{A_{0}}$ (2)
где разность $\hat{С_{1}} - \hat{A_{0}}$ может быть как положительной, так и отрицательной. Аналогичный подсчет в точке $C_{0}$ дает (с учетом изменения направления отсчета угла при перемене $A_{0}$ и $C_{0}$ местами):
$0 \leq \widehat{BC_{0}A_{0}} \leq 2d - \hat{B_{1}}$,
$\hat{A_{1}} - \hat{C_{0}} \leq \widehat{BC_{0}A_{0}} \leq 2d - \hat{C_{0}}$,
$\widehat{C_{0}A_{0}B} + \widehat{BC_{0}A_{0}} = 2d - \hat{B_{1}}$.
Поэтому первое условие в точке $C_{0}$ эквивалентно первому же условию в точке $A_{0}$, второе же дает:
$\hat{C_{0}} - \hat{B_{1}} \leq \widehat{C_{0}A_{0}B} \leq \hat{C_{0}} + \hat{C_{1}}$.(3)
Мы вывели три необходимых условия для возможности требуемого в задаче построения треугольника с вершиной в точке В сегмента $O_{1}$. Покажем, что выполнения этих трех условий достаточно. В самом деле, проводя рассуждения в обратном порядке, убеждаемся, что продолжение $A_{0}C$ луча $A_{0}B$ за точку $A_{0}$ лежит внутри угла $MA_{0}C$ и, следовательно, пересекает сегмент $O_{2}$ в некоторой точке С. Из условия (3) по тем же причинам выводим, что прямая $ВС_{0}$ пересекает сегмент $O_{3}$, в некоторой точке A по другую сторону от $C_{0}$, чем В. $\widehat{A_{0}BC_{0}} = \hat{B_{1}}$ по построению, как вписанный в сегмент $O_{1}$. $\widehat{B{0}BC_{0}} = \hat{A_{1}}$, как вписанный в сегмент $O_{3}$, и $\widehat{A_{0}CB_{0}} = C_{1}$, как вписанный в сегмент $O_{2}$. Точка $B_{0}$ лежит внутри $\angle B$, образованного лучами $BA_{0}$ и $BC_{0}$, в силу того, что прямые $BA_{0}$ и $ВС_{0}$ не пересекают $ \triangle A_{0}В_{0}С_{0}$, а лишь в силу условий (1), (2), (3) проходят через его вершины. Значит, в четырехугольнике $ABCB_{0} \angle B_{0}AB, \angle ABC$ и $\angle BCB_{0}$ внутренние и в сумме составляют $2d$. Отсюда $\widehat{AВ_{0}С} = 2d$ и три точки $A, В_{0}$ и $С$ лежат на одной прямой.
Поскольку при выводе условий (1), (2), (3) никаких ограничений на сравнительные величины углов треугольников $A_{0}B_{0}C_{0}$ и $AВС$ не накладывалось, будем для определенности считать, что
$\hat{C_{0}} + \hat{C_{1}} \geq \hat{B_{0}} + \hat{B_{1}}$ и $\hat{C_{0}} + \hat{C_{1}} \geq \hat{A_{0}} + \hat{A_{1}}$,
т. е. $\hat{C_{0}} + \hat{C_{1}} \geq \frac{1}{3}4d > d$.(4)
Отсюда видно, что эти условия (1)-(4) выполнены, например,для $\widehat C_{0}A_{0}B = d$, так что описанные треугольники заведомо существуют. Отыщем среди них треугольник максимальной площади.Очевидно, для этого надо найти треугольник с максимальной стороной, так как все рассматриваемые треугольники подобны, как имеющие соответственно равные углы с $\triangle A_{1}B_{1}C_{1}$.
Рассмотрим произвольный описанный треугольник. Спроектируем центры $O_{1}$ и $O_{2}$ сегментов на хорды $A_{0}В$ и $A_{0}С$. Отрезок $H_{1}H_{2}$, есть проекция отрезка $O_{1}O_{2}$. Его длина не превосходит длины $O_{1}O_{2}$ и может совпадать с ней, лишь когда $ВС \parallel O_{1}O{2}$.
Нетрудно подсчитать, что
$\widehat{O_{2}A_{0}O_{1}} = \widehat{O_{2}A_{0}B_{0}} + \widehat{B_{0}A_{0}C_{0}} + \widehat{C_{0}A_{0}O_{1}} = 2d - \hat{C_{1}} + \hat{B_{1}} + \hat{A_{0}} = \hat{A_{1}} + \hat{A_{0}} < 2d$.
Поэтому отрезок $O_{1}O_{2}$ пересекает лучи $A_{0}C_{0}$ и $A_{0}B_{0}$, отсекая от него некоторый $\triangle A_{0}XY$. Через точку $A_{0}$ проведем параллельную $bc$ к $O_{1}O_{2}$. Она будет лежать вне $\triangle A_{0}В_{0}C_{0}$ (иначе она пересекала бы отрезок $ХУ$), и точки $O_{1}$ и $O_{2}$ будут лежать от нее по ту же сторону, что и $\triangle А_{0}B_{0}C_{0}$. Пусть луч $A_{0}b$ лежит по ту же сторону прямой $A_{0}С_{0}$, что и точка $О_{1}$.
Перпендикуляры из точек $O_{1}$ и $O_{2}$ на хорды $A_{0}C_{0}$ и $A_{0}B_{0}$ пройдут через их середины $F_{1}$ и $F_{2}$ и пересекутся в точке $O$ - центре круга, описанного около $\triangle A_{0}B_{0}C_{0}$. В силу его остроугольности точка $О$ лежит внутри $\triangle A_{0}B_{0}C_{0}$.
Очевидно, $\widehat{O_{0}OA_{0}} = \widehat{O_{2}0B_{0}} = \hat{C_{0}}$, так как они измеряются одной и той же величиной дуги (описанного круга О). Аналогично, $\widehat{O_{1}OA} = \hat{B_{0}}$,
$\widehat{O_{1}OO_{2}} = \widehat{O_{1}OA_{0}} + \widehat{A_{0}OO_{2}} = \hat{B_{0}} + \hat{C_{0}} < 2d$.
Поэтому прямая $O_{1}O_{2}$ разделяет точки О и $A_{0}$. Отсюда
$d - \hat{B_{1}} = \widehat{C_{0}A_{0}O_{1}} < \widehat{C_{0}XO_{1}} < d$
и, аналогично,
$d - \hat{C_{1}} = \widehat{B_{0}A_{0}O_{2}} < \widehat{B_{0}YO_{2}} < d$.
Проводя через точку $A_{0}$ прямую, образующую с $A_{0}C_{0}$ угол, равный $\angle C_{0}XO_{1}$ мы заведомо удовлетворим всем ограничениям сверху. Ограничение (3) также выполнено, так как $\hat{C_{0}} — \hat{B_{1}} < d - \hat{B_{1}}$. Наконец, связывая $\angle В_{0}YO_{0}$ с $\angle С_{0}XO_{1}$, как при выводе условия (2), убеждаемся, что выполнено и оно. Значит, можно описать подобный треугольник, чтобы его сторона $B_{2}С_{3}$ (рис.) была параллельна $O_{1}O_{2}$. Но тогда этот треугольник искомый.
Даны два остроугольных треугольника $А_{0}B_{0}C_{0}$ и $A_{1}B_{1}C_{1}$. Постройте треугольник $ABC$, подобный треугольнику $A_{1}B_{1}C_{1}$ (вершина $A$ соответствует $A_{1}, B-B_{1}, C – C_{1}$), описанный около треугольника $А_{0}B_{0}C_{0}$, так, что $C_{0} \in AB, A_{0} \in BC, B_{0} \in CA$. Постройте такой треугольник $ABC$, имеющий максимальную площадь.
Решение:
Пусть $\triangle ABC$ удовлетворяет условиям задачи. Тогда его вершина В лежит на дуге сегмента, построенного на отрезке $A_{0}C_{0}$ и вмещающего угол равный $\angle B_{1}$ (рис.). Причем $\triangle A_{0}B_{0}C_{0}$ и этот сегмент лежат по разные стороны от $A_{0}C_{0}$. В самом деле $\triangle A_{0}B_{0}C_{0}$ вписан в $\triangle ABC$. Поэтому прямая $A_{0}C_{0}$, пересекая отрезок АВ в точке $C_{0}$, отделяет точку В от точки А. По тем же причинам она отделяет В и от С. Значит, и вершина $B_{0}$, как точка отрезка АС, лежит с В по разные стороны от $A_{0}C_{0}$. Совершенно аналогично, вершины С и A лежат на дугах сегментов, построенных во внешнюю от $\triangle A_{0}B_{0}C_{0}$ сторону на отрезках $A_{0}B_{0}$ и $B_{0}C_{0}$ и вмещающих углы, равные соответственно $\angle C_{1}$ и $\angle A_{1}$. Обозначим центры этих сегментов соответственно $O_{1},O_{2},O_{3}$. Так как все три угла $A_{1}, B_{1}, C_{1}$, острые, то центры лежат внутри своих сегментов, т. е. вне $\triangle A_{0}B_{0}C_{0}$.
Рассмотрим подробнее положение прямой ВС. Проведем к окружности $O_{1}$, в точке $A_{0}$ касательную $A_{0}M$ и возьмем ее луч $A_{0}M$, лежащий по ту же сторону прямой $A_{0}C_{0}$, что и сегмент $O_{1}$. Тогда весь сегмент $O_{1}$ лежит внутри угла между лучами $A_{0}M$ и $A_{0}C_{0}$, где $\widehat{MA_{0}C_{0}} = 2d— \hat{B_{1}}$.
Легко видеть, что всякий луч с вершиной в $A_{0}$, лежащий внутри тупого угла $МА_{0}C_{0}$, пересекает дугу сегмента, а все остальные лучи этот сегмент не пересекают. Совершенно аналогично, $A_{0}C$ должен лежать внутри тупого угла между лучами $A_{0}B_{0}$ и $A_{0}P$, где $\widehat{B_{0}A_{0}P} = 2d - \hat{C_{1}}$ и отложен от $A_{0}B_{0}$ в противоположную от $\triangle A_{0}B_{0}C_{0}$ сторону. Покажем, что эти два тупых
угла не накладываются друг на друга. Отсчитывая от луча $A_{0}P$, получаем:
$\widehat{PA_{0}B_{0}} + \widehat{B_{0}A_{0}C_{0}} + \widehat{C_{0}A_{0}M} = 4d - \hat{B_{1}} - \hat{C_{1}} + \hat{A_{0}} = 2d + \hat{A_{1}} + \hat{A_{0}} $,
что меньше $4d$, так как и $\angle А_{1}$ и $\angle A_{0}$ острые. Значит, луч $A_{0}M$ действительно не заходит за луч $A_{0}P$.
Выясним теперь, в каких пределах может лежать луч $A_{0}B$.
Ясно, что он лежит внутри угла $MA_{0}C_{0}$, что дает:
$0 \leq \widehat{C_{0}A_{0}B} \leq 2d - \hat{B_{1}}$, (1)
если отсчет ведется в ту же сторону, что и раньше. Условие, что луч $A_{0}C$ (продолжение луча $A_{0}B$) лежит внутри угла $PA_{0}B_{0}$, записывается как $0 \leq \widehat{CA_{0}B_{0}} \leq \widehat{PA_{0}B_{0}}$, или
$2d \geq 2d - \widehat{CA_{0}B_{0}} \geq 2d - \widehat{PA_{0}B_{0}}$,
что дает
$\hat{C_{1}} \leq \widehat{C_{0}A_{0}B} + \hat{A_{0}} \leq 2d$,
поскольку
$\widehat{CA_{0}B_{0}} + \widehat{B_{0}A_{0}C_{0}} + \widehat{C_{0}A_{0}B} = 2d$,
или окончательно
$\hat{C_{1}} - \hat{A_{0}} \leq \widehat{C_{0}A_{0}B_{0}} \leq 2d - \hat{A_{0}}$ (2)
где разность $\hat{С_{1}} - \hat{A_{0}}$ может быть как положительной, так и отрицательной. Аналогичный подсчет в точке $C_{0}$ дает (с учетом изменения направления отсчета угла при перемене $A_{0}$ и $C_{0}$ местами):
$0 \leq \widehat{BC_{0}A_{0}} \leq 2d - \hat{B_{1}}$,
$\hat{A_{1}} - \hat{C_{0}} \leq \widehat{BC_{0}A_{0}} \leq 2d - \hat{C_{0}}$,
$\widehat{C_{0}A_{0}B} + \widehat{BC_{0}A_{0}} = 2d - \hat{B_{1}}$.
Поэтому первое условие в точке $C_{0}$ эквивалентно первому же условию в точке $A_{0}$, второе же дает:
$\hat{C_{0}} - \hat{B_{1}} \leq \widehat{C_{0}A_{0}B} \leq \hat{C_{0}} + \hat{C_{1}}$.(3)
Мы вывели три необходимых условия для возможности требуемого в задаче построения треугольника с вершиной в точке В сегмента $O_{1}$. Покажем, что выполнения этих трех условий достаточно. В самом деле, проводя рассуждения в обратном порядке, убеждаемся, что продолжение $A_{0}C$ луча $A_{0}B$ за точку $A_{0}$ лежит внутри угла $MA_{0}C$ и, следовательно, пересекает сегмент $O_{2}$ в некоторой точке С. Из условия (3) по тем же причинам выводим, что прямая $ВС_{0}$ пересекает сегмент $O_{3}$, в некоторой точке A по другую сторону от $C_{0}$, чем В. $\widehat{A_{0}BC_{0}} = \hat{B_{1}}$ по построению, как вписанный в сегмент $O_{1}$. $\widehat{B{0}BC_{0}} = \hat{A_{1}}$, как вписанный в сегмент $O_{3}$, и $\widehat{A_{0}CB_{0}} = C_{1}$, как вписанный в сегмент $O_{2}$. Точка $B_{0}$ лежит внутри $\angle B$, образованного лучами $BA_{0}$ и $BC_{0}$, в силу того, что прямые $BA_{0}$ и $ВС_{0}$ не пересекают $ \triangle A_{0}В_{0}С_{0}$, а лишь в силу условий (1), (2), (3) проходят через его вершины. Значит, в четырехугольнике $ABCB_{0} \angle B_{0}AB, \angle ABC$ и $\angle BCB_{0}$ внутренние и в сумме составляют $2d$. Отсюда $\widehat{AВ_{0}С} = 2d$ и три точки $A, В_{0}$ и $С$ лежат на одной прямой.
Поскольку при выводе условий (1), (2), (3) никаких ограничений на сравнительные величины углов треугольников $A_{0}B_{0}C_{0}$ и $AВС$ не накладывалось, будем для определенности считать, что
$\hat{C_{0}} + \hat{C_{1}} \geq \hat{B_{0}} + \hat{B_{1}}$ и $\hat{C_{0}} + \hat{C_{1}} \geq \hat{A_{0}} + \hat{A_{1}}$,
т. е. $\hat{C_{0}} + \hat{C_{1}} \geq \frac{1}{3}4d > d$.(4)
Отсюда видно, что эти условия (1)-(4) выполнены, например,для $\widehat C_{0}A_{0}B = d$, так что описанные треугольники заведомо существуют. Отыщем среди них треугольник максимальной площади.Очевидно, для этого надо найти треугольник с максимальной стороной, так как все рассматриваемые треугольники подобны, как имеющие соответственно равные углы с $\triangle A_{1}B_{1}C_{1}$.
Рассмотрим произвольный описанный треугольник. Спроектируем центры $O_{1}$ и $O_{2}$ сегментов на хорды $A_{0}В$ и $A_{0}С$. Отрезок $H_{1}H_{2}$, есть проекция отрезка $O_{1}O_{2}$. Его длина не превосходит длины $O_{1}O_{2}$ и может совпадать с ней, лишь когда $ВС \parallel O_{1}O{2}$.
Нетрудно подсчитать, что
$\widehat{O_{2}A_{0}O_{1}} = \widehat{O_{2}A_{0}B_{0}} + \widehat{B_{0}A_{0}C_{0}} + \widehat{C_{0}A_{0}O_{1}} = 2d - \hat{C_{1}} + \hat{B_{1}} + \hat{A_{0}} = \hat{A_{1}} + \hat{A_{0}} < 2d$.
Поэтому отрезок $O_{1}O_{2}$ пересекает лучи $A_{0}C_{0}$ и $A_{0}B_{0}$, отсекая от него некоторый $\triangle A_{0}XY$. Через точку $A_{0}$ проведем параллельную $bc$ к $O_{1}O_{2}$. Она будет лежать вне $\triangle A_{0}В_{0}C_{0}$ (иначе она пересекала бы отрезок $ХУ$), и точки $O_{1}$ и $O_{2}$ будут лежать от нее по ту же сторону, что и $\triangle А_{0}B_{0}C_{0}$. Пусть луч $A_{0}b$ лежит по ту же сторону прямой $A_{0}С_{0}$, что и точка $О_{1}$.
Перпендикуляры из точек $O_{1}$ и $O_{2}$ на хорды $A_{0}C_{0}$ и $A_{0}B_{0}$ пройдут через их середины $F_{1}$ и $F_{2}$ и пересекутся в точке $O$ - центре круга, описанного около $\triangle A_{0}B_{0}C_{0}$. В силу его остроугольности точка $О$ лежит внутри $\triangle A_{0}B_{0}C_{0}$.
Очевидно, $\widehat{O_{0}OA_{0}} = \widehat{O_{2}0B_{0}} = \hat{C_{0}}$, так как они измеряются одной и той же величиной дуги (описанного круга О). Аналогично, $\widehat{O_{1}OA} = \hat{B_{0}}$,
$\widehat{O_{1}OO_{2}} = \widehat{O_{1}OA_{0}} + \widehat{A_{0}OO_{2}} = \hat{B_{0}} + \hat{C_{0}} < 2d$.
Поэтому прямая $O_{1}O_{2}$ разделяет точки О и $A_{0}$. Отсюда
$d - \hat{B_{1}} = \widehat{C_{0}A_{0}O_{1}} < \widehat{C_{0}XO_{1}} < d$
и, аналогично,
$d - \hat{C_{1}} = \widehat{B_{0}A_{0}O_{2}} < \widehat{B_{0}YO_{2}} < d$.
Проводя через точку $A_{0}$ прямую, образующую с $A_{0}C_{0}$ угол, равный $\angle C_{0}XO_{1}$ мы заведомо удовлетворим всем ограничениям сверху. Ограничение (3) также выполнено, так как $\hat{C_{0}} — \hat{B_{1}} < d - \hat{B_{1}}$. Наконец, связывая $\angle В_{0}YO_{0}$ с $\angle С_{0}XO_{1}$, как при выводе условия (2), убеждаемся, что выполнено и оно. Значит, можно описать подобный треугольник, чтобы его сторона $B_{2}С_{3}$ (рис.) была параллельна $O_{1}O_{2}$. Но тогда этот треугольник искомый.
