Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 1133
2015-07-15 
Сколько имеется наикратчайших отрезков среди всех прямых, которые делят площадь данного треугольника $ABC$ на 2 равные части? Найдите длину кратчайшего из этих отрезков, считая стороны $a, b, c$ треугольника $ABC$ данными.
Решение:
Рассмотрим отрезок $MN$, отсекающий от треугольника $ABC$ треугольник $AMN$, площадь которого вдвое меньше, чем площадь треугольника $ABC$ (рис. ).
Обозначим $AN=x$, $AM=y$, тогда
$S_{\triangle AMN} = \frac{1}{2} xy \sin \alpha = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} bc \sin \alpha$,
откуда
$2xy = bc$. (1)
По теореме косинусов найдем длину $|MN| = d_{a}$:
$d_{a}^{2} = x^{2} + y^{2} – 2xy \cos \alpha = (x-y)^{2} + 2xy (1 - \cos \alpha) = (x-y)^{2} + bc(1 - \cos \alpha) \geq bc(1 - \cos \alpha) = \overline{d}_{a}^{2}$. (2)
Аналогично вычисляются $\overline{d}_{b}^{2}$ и $\overline{d}_{c}^{2}$.
Выразим через площадь треугольника и его стороны. Найдем $1 - \cos \alpha$.
$a^{2} = b^{2} + c^{2} – 2bc \cos \alpha = (b-c)^{2} + 2bc(1 - \cos \alpha)$,
откуда $1 - \cos \alpha = \frac{a^{2} – (b-cs)^{2}}{2bc}$.
Это выражение подставим в (2) и получим:
$\overline{d}_{a}^{2} = \frac{1}{2} (a^{2} – (b-c)^{2})=2(p-b)(p-c) = \frac{2S^{2}}{p(p-a)}$ (3)
где $2p = a+b+c$ и $S = \sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}$.
Циклической заменой в (3) получим:
$\overline{d}_{b}^{2} = \frac{2S^{2}}{p(p-b)}$ и $\overline{d}_{c}^{2} = \frac{2S^{2}}{p(p-c)}$, ($3^{\prime}$)
Предположим, что $a \leq b \leq c$, тогда из (3) и ($3^{\prime}$) получим:
$\overline{d_{a}^{2}} \leq \overline{d_{b}^{2}} \leq \overline{d}_{c}^{2}$.
Таким образом, $\overline{d}_{a}^{2}$ будет меньше, чем $\overline{d}_{b}^{2}$ и $\overline{d}_{c}^{2}$. Осталось показать, что точки $M$ и $N$ лежат на сторонах треугольника, а не на их продолжениях, т. е. $x=y < b$. При $x=y$ равенство (1) дает $2x^{2} = bc$, откуда $x=y=\sqrt{ \frac{bc}{2}}$. Из неравенства $a \leq b \leq c$ и неравенства треугольника $c < a +b$ получаем, что $c < 2b$, т.е.
$x=y= \sqrt{ \frac{bc}{2}} < \sqrt{b^{2}} = b \leq c$.
Исследование. Если $a < b$, то имеется только один кратчайший отрезок, длина которого равна $\overline{d}_{a}$. Если $a=b < c$, то имеется два кратчайших отрезка длины $\overline{d}_{a}=\overline{d}_{b}$. Если треугольник равносторонний, то кратчайших отрезков три и длины их равны $\overline{d}_{a}=\overline{d}_{b}=\overline{d}_{c}$.
Сколько имеется наикратчайших отрезков среди всех прямых, которые делят площадь данного треугольника $ABC$ на 2 равные части? Найдите длину кратчайшего из этих отрезков, считая стороны $a, b, c$ треугольника $ABC$ данными.
Решение:
Рассмотрим отрезок $MN$, отсекающий от треугольника $ABC$ треугольник $AMN$, площадь которого вдвое меньше, чем площадь треугольника $ABC$ (рис. ).
Обозначим $AN=x$, $AM=y$, тогда
$S_{\triangle AMN} = \frac{1}{2} xy \sin \alpha = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} bc \sin \alpha$,
откуда
$2xy = bc$. (1)
По теореме косинусов найдем длину $|MN| = d_{a}$:
$d_{a}^{2} = x^{2} + y^{2} – 2xy \cos \alpha = (x-y)^{2} + 2xy (1 - \cos \alpha) = (x-y)^{2} + bc(1 - \cos \alpha) \geq bc(1 - \cos \alpha) = \overline{d}_{a}^{2}$. (2)
Аналогично вычисляются $\overline{d}_{b}^{2}$ и $\overline{d}_{c}^{2}$.
Выразим через площадь треугольника и его стороны. Найдем $1 - \cos \alpha$.
$a^{2} = b^{2} + c^{2} – 2bc \cos \alpha = (b-c)^{2} + 2bc(1 - \cos \alpha)$,
откуда $1 - \cos \alpha = \frac{a^{2} – (b-cs)^{2}}{2bc}$.
Это выражение подставим в (2) и получим:
$\overline{d}_{a}^{2} = \frac{1}{2} (a^{2} – (b-c)^{2})=2(p-b)(p-c) = \frac{2S^{2}}{p(p-a)}$ (3)
где $2p = a+b+c$ и $S = \sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}$.
Циклической заменой в (3) получим:
$\overline{d}_{b}^{2} = \frac{2S^{2}}{p(p-b)}$ и $\overline{d}_{c}^{2} = \frac{2S^{2}}{p(p-c)}$, ($3^{\prime}$)
Предположим, что $a \leq b \leq c$, тогда из (3) и ($3^{\prime}$) получим:
$\overline{d_{a}^{2}} \leq \overline{d_{b}^{2}} \leq \overline{d}_{c}^{2}$.
Таким образом, $\overline{d}_{a}^{2}$ будет меньше, чем $\overline{d}_{b}^{2}$ и $\overline{d}_{c}^{2}$. Осталось показать, что точки $M$ и $N$ лежат на сторонах треугольника, а не на их продолжениях, т. е. $x=y < b$. При $x=y$ равенство (1) дает $2x^{2} = bc$, откуда $x=y=\sqrt{ \frac{bc}{2}}$. Из неравенства $a \leq b \leq c$ и неравенства треугольника $c < a +b$ получаем, что $c < 2b$, т.е.
$x=y= \sqrt{ \frac{bc}{2}} < \sqrt{b^{2}} = b \leq c$.
Исследование. Если $a < b$, то имеется только один кратчайший отрезок, длина которого равна $\overline{d}_{a}$. Если $a=b < c$, то имеется два кратчайших отрезка длины $\overline{d}_{a}=\overline{d}_{b}$. Если треугольник равносторонний, то кратчайших отрезков три и длины их равны $\overline{d}_{a}=\overline{d}_{b}=\overline{d}_{c}$.
