Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 1897
2019-01-21 
На плоскости нарисовано некоторое семейство $S$ правильных треугольников, получающихся друг из друга параллельными переносами, причем любые два треугольника пересекаются. Докажите, что найдутся три точки такие, что любой треугольник семейства $S$ содержит хотя бы одну из них.
Решение:
Пусть $ABC$ - один из треугольников семейства $S$. Его высоту примем за единицу. Так как треугольники из $S$ попарно пересекаются, то они лежат в некоторой полосе ширины 2, параллельной стороне $AB$. Аналогично, взяв полосы, параллельные $BC$ и $CA$, рассмотрим их пересечение - это будет шестиугольник $H$ с углами по $120^{\circ}$ и расстояниями между противоположными сторонами, равными 2. У такого шестиугольника длины сторон чередуются, обозначим их $a$ и $b$ (см. рис.).
Пусть вначале $a \leq b$, тогда все треугольники из $S$ содержат центр фигуры $H$ (см. рис.).
Если же $a > b$, то рассмотрим прямые $l_X, l_Y, l_Z$, параллельные сторонам шестиугольника и равноудаленные от них. В качестве искомых точек высекаемых сторонами на этих прямых (см. рис.).
Покажем, что любой треугольник $T, T \in S$, содержит какую-то точку из множества $M = {X, Y, Z}$.
Заметим, что $T$ пересекает любую из прямых $l_X, l_Y$ и $l_Z$ (см. рис.), так как иначе $T$ лежит в полосе меньшей ширины, чем его высота. Предположим противное: $T$ не содержит точек $X, Y$ или $Z$, тогда без ограничения общности можно считать, что $T$ пересекает $l_X$ выше и левее $X$, а $l_Y$ - левее $Y$ (см. рис.). Так как $T \sim \triangle XYZ$, то легко видеть, что правая нижняя вершина $T$ лежит в $\triangle XYZ$, а значит, $T$ не пересекает $l_Z$ - противоречие.
На плоскости нарисовано некоторое семейство $S$ правильных треугольников, получающихся друг из друга параллельными переносами, причем любые два треугольника пересекаются. Докажите, что найдутся три точки такие, что любой треугольник семейства $S$ содержит хотя бы одну из них.
Решение:
Пусть $ABC$ - один из треугольников семейства $S$. Его высоту примем за единицу. Так как треугольники из $S$ попарно пересекаются, то они лежат в некоторой полосе ширины 2, параллельной стороне $AB$. Аналогично, взяв полосы, параллельные $BC$ и $CA$, рассмотрим их пересечение - это будет шестиугольник $H$ с углами по $120^{\circ}$ и расстояниями между противоположными сторонами, равными 2. У такого шестиугольника длины сторон чередуются, обозначим их $a$ и $b$ (см. рис.).
Пусть вначале $a \leq b$, тогда все треугольники из $S$ содержат центр фигуры $H$ (см. рис.).
Если же $a > b$, то рассмотрим прямые $l_X, l_Y, l_Z$, параллельные сторонам шестиугольника и равноудаленные от них. В качестве искомых точек высекаемых сторонами на этих прямых (см. рис.).
Покажем, что любой треугольник $T, T \in S$, содержит какую-то точку из множества $M = {X, Y, Z}$.
Заметим, что $T$ пересекает любую из прямых $l_X, l_Y$ и $l_Z$ (см. рис.), так как иначе $T$ лежит в полосе меньшей ширины, чем его высота. Предположим противное: $T$ не содержит точек $X, Y$ или $Z$, тогда без ограничения общности можно считать, что $T$ пересекает $l_X$ выше и левее $X$, а $l_Y$ - левее $Y$ (см. рис.). Так как $T \sim \triangle XYZ$, то легко видеть, что правая нижняя вершина $T$ лежит в $\triangle XYZ$, а значит, $T$ не пересекает $l_Z$ - противоречие.
