Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 2020
2019-01-23 
Треугольник $T$ содержится внутри выпуклого центрально-симметричного многоугольника $M$. Треугольник $T^{\prime}$ получается из треугольника $T$ центральной симметрией относительно некоторой точки $P$, лежащей внутри треугольника $T$. Докажите, что хотя бы одна из вершин треугольника $T^{\prime}$ лежит внутри или на границе многоугольника $M$.
Решение:
Первое решение. Пусть $O$ - центр симметрии многоугольника, $A, B, C$ - вершины $T, A^{\prime}, B^{\prime}, C$ - соответствующие вершины $T^{\prime}$; пусть $\triangle ABC$ при симметрии относительно $O$ переходит в $\triangle A_0B_0C_0$ (лежащий в $M$). Если $O = P$, утверждение очевидно. Пусть $d$ - луч прямой $OP$ с вершиной в $P$, не содержащий $O$. Тогда $d$ пересекает одну из сторон $ABC$, скажем, $AB$.
Рассмотрим параллелограмм $ABA_0B_0$, лежащий в $M$. Прямая $OP$ высекает в нем отрезок, симметричный относительно $O$; тогда отрезок $A^{\prime}B^{\prime}$ пересекается с этой прямой во внутренней точке $K$ параллелограмма (см. рис.). Теперь, поскольку $A^{\prime}B^{\prime} \parallel AB \parallel A_0B_0$, то одна из точек $A^{\prime}$ и $B^{\prime}$ лежит в этом параллелограмме (или на его границе), иначе $A^{\prime}B^{\prime} > AB$, что неверно.
Второе решение. Докажем простую лемму: если на плоскости дан треугольник $XYZ$ и точка $S$, то треугольник $XYZ$ покрывается треугольниками $SXY, SYZ, SZX$.
Действительно, прямые $XY, YZ, ZX$ разбивают плоскость на 7 частей (см. рис.). Если $S$ лежит в части $1$, то $\triangle XYZ = \triangle SXY \cup \triangle SYZ \cup \triangle SZX$; если $S$ лежит в части 2, то $\triangle XYZ \subset \triangle SYZ$ (рассмотрения для частей 3, 4 аналогичны); если $S$ лежит в части 5, то $\triangle XYZ \subset \triangle SXY \subset \triangle SZX$ (рассмотрения для частей 6, 7 аналогичны).
Перейдем к решению задачи. Обозначим через $O$ центр симметрии многоугольника $M$, через $A, B, C$ - вершины треугольника $T$, а через $A_1, B_1, C_1$ - середины сторон $BC, CA, AB$ соответственно.
Рассмотрим многоугольник $V_A$, являющийся выпуклой оболочкой точек $O, A, B_1, C_1$. Заметим, что $V_A$ покрывает $\triangle AB_1C_1$. Определим также $V_B$ и $V_C$ как выпуклые оболочки четверок $O, B, C_1, A_1$ и $O, C, A_1, B_1$. При этом $V_B$ покрывает $\triangle BA_1C_1, V_C$ покрывает $\triangle CA_1B_1$. Кроме того, $V_A \supset A_OB_1C_1, V_B \supset A_OC_1A_1, V_C \supset A_OA_1B_1$. Отсюда, применяя лемму, получаем, что объединение $V$ многоугольников $V_A, V_B , V_C$ покрывает $\triangle A_1B_1C_1$. Итак, $V$ покрывает объединение треугольников $AB_1C_1, BA_1C_1, CA_1B_1, A_1B_1C_1$, т.е. $V$ покрывает $\triangle ABC$. Это означает, что один из многоугольников $V_A, V_B , V_C$ содержит точку $P$, пусть, для определенности, $P \in V_A$ (см. рис).
Пусть $A^{\prime}$ - вершина треугольника $T^{\prime}$, т. е. точка, симметричная точке $A$ относительно $P$; пусть $D$ - точка, симметричная точке $A$ относительно $O$. При гомотетии с центром в точке $A$ и коэффициентом $k = 2$ точка $P$ перейдет в $A^{\prime}, O$ перейдет в $D, C_1$ перейдет в $B, B_1$ перейдет в $C$. Следовательно, многоугольник $V_A$ перейдет в выпуклую оболочку $U$ точек $D, A, C, B$, причем точка $A^{\prime}$ содержится в $U$. Так как $A, B, C \in M$ и $M$ симметричен относительно $O,$ то $D \in M$. Поскольку $M$ - выпуклый, $U \subset M$. Значит, $A^{\prime} \in M$, что и требовалось.
Треугольник $T$ содержится внутри выпуклого центрально-симметричного многоугольника $M$. Треугольник $T^{\prime}$ получается из треугольника $T$ центральной симметрией относительно некоторой точки $P$, лежащей внутри треугольника $T$. Докажите, что хотя бы одна из вершин треугольника $T^{\prime}$ лежит внутри или на границе многоугольника $M$.
Решение:
Первое решение. Пусть $O$ - центр симметрии многоугольника, $A, B, C$ - вершины $T, A^{\prime}, B^{\prime}, C$ - соответствующие вершины $T^{\prime}$; пусть $\triangle ABC$ при симметрии относительно $O$ переходит в $\triangle A_0B_0C_0$ (лежащий в $M$). Если $O = P$, утверждение очевидно. Пусть $d$ - луч прямой $OP$ с вершиной в $P$, не содержащий $O$. Тогда $d$ пересекает одну из сторон $ABC$, скажем, $AB$.
Рассмотрим параллелограмм $ABA_0B_0$, лежащий в $M$. Прямая $OP$ высекает в нем отрезок, симметричный относительно $O$; тогда отрезок $A^{\prime}B^{\prime}$ пересекается с этой прямой во внутренней точке $K$ параллелограмма (см. рис.). Теперь, поскольку $A^{\prime}B^{\prime} \parallel AB \parallel A_0B_0$, то одна из точек $A^{\prime}$ и $B^{\prime}$ лежит в этом параллелограмме (или на его границе), иначе $A^{\prime}B^{\prime} > AB$, что неверно.
Второе решение. Докажем простую лемму: если на плоскости дан треугольник $XYZ$ и точка $S$, то треугольник $XYZ$ покрывается треугольниками $SXY, SYZ, SZX$.
Действительно, прямые $XY, YZ, ZX$ разбивают плоскость на 7 частей (см. рис.). Если $S$ лежит в части $1$, то $\triangle XYZ = \triangle SXY \cup \triangle SYZ \cup \triangle SZX$; если $S$ лежит в части 2, то $\triangle XYZ \subset \triangle SYZ$ (рассмотрения для частей 3, 4 аналогичны); если $S$ лежит в части 5, то $\triangle XYZ \subset \triangle SXY \subset \triangle SZX$ (рассмотрения для частей 6, 7 аналогичны).
Перейдем к решению задачи. Обозначим через $O$ центр симметрии многоугольника $M$, через $A, B, C$ - вершины треугольника $T$, а через $A_1, B_1, C_1$ - середины сторон $BC, CA, AB$ соответственно.
Рассмотрим многоугольник $V_A$, являющийся выпуклой оболочкой точек $O, A, B_1, C_1$. Заметим, что $V_A$ покрывает $\triangle AB_1C_1$. Определим также $V_B$ и $V_C$ как выпуклые оболочки четверок $O, B, C_1, A_1$ и $O, C, A_1, B_1$. При этом $V_B$ покрывает $\triangle BA_1C_1, V_C$ покрывает $\triangle CA_1B_1$. Кроме того, $V_A \supset A_OB_1C_1, V_B \supset A_OC_1A_1, V_C \supset A_OA_1B_1$. Отсюда, применяя лемму, получаем, что объединение $V$ многоугольников $V_A, V_B , V_C$ покрывает $\triangle A_1B_1C_1$. Итак, $V$ покрывает объединение треугольников $AB_1C_1, BA_1C_1, CA_1B_1, A_1B_1C_1$, т.е. $V$ покрывает $\triangle ABC$. Это означает, что один из многоугольников $V_A, V_B , V_C$ содержит точку $P$, пусть, для определенности, $P \in V_A$ (см. рис).
Пусть $A^{\prime}$ - вершина треугольника $T^{\prime}$, т. е. точка, симметричная точке $A$ относительно $P$; пусть $D$ - точка, симметричная точке $A$ относительно $O$. При гомотетии с центром в точке $A$ и коэффициентом $k = 2$ точка $P$ перейдет в $A^{\prime}, O$ перейдет в $D, C_1$ перейдет в $B, B_1$ перейдет в $C$. Следовательно, многоугольник $V_A$ перейдет в выпуклую оболочку $U$ точек $D, A, C, B$, причем точка $A^{\prime}$ содержится в $U$. Так как $A, B, C \in M$ и $M$ симметричен относительно $O,$ то $D \in M$. Поскольку $M$ - выпуклый, $U \subset M$. Значит, $A^{\prime} \in M$, что и требовалось.
