Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 2094
2019-02-08 
Дан треугольник, все углы которого меньше $\varphi$, где $\varphi < 2\pi/3$. Докажите, что в пространстве существует точка, из которой все стороны треугольника видны под углом $\varphi$.
Решение:
Первый способ. Пусть $ABC$ - данный треугольник. Построим на каждой его стороне во внешнюю сторону дуги, вмещающие угол $\varphi$. Покажем, что на дугах $BC, CA, AB$ найдутся такие точки $X, Y, Z$ соответственно, что $AZ = AY, BZ = BX, CX = CY$. Пусть $AC$ - наибольшая сторона треугольника, $AB$ - наименьшая. Возьмём произвольную точку $Z$ на дуге $AB$, найдём на дуге $BC$ точку $X$ такую, что $BX = BZ$ ($X$ определяется однозначно, так как $AB \leq BC$), и построим такую точку $Y$, лежащую по разные стороны с $B$ от прямой $AC$, что $AY = AZ, CY = CX$. При $Z = B$ имеем $AY = AB, CY = CB$. Следовательно, $\angle AYC = \angle B < \varphi$ и $Y$ лежит вне сегмента, построенного на $AC$ (рис.).
При $Z = A$ точка $Y$ не существует, так как $AC \geq BC$. Следовательно, при некотором промежуточном положении точки $Z$ точка $Y$ попадает на дугу $AC$ (рис.).
Oсталось доказать, что из треугольников $ABC, ABZ, BCX, ACY$ можно склеить тетраэдр, т. е. что хотя бы в одной из вершин $A, B, C$ угол треугольника $ABC$ меньше суммы примыкающих к той же вершине углов двух других треугольников.![]()
Если это не так, то $\angle A + \angle B + \angle C \geq 3\pi - 3\varphi > 3\pi - 2\pi = \pi$ - противоречие. (Мы воспользовались известной теоремой стереометрии: три плоских угла с общей вершиной образуют трёхгранный угол тогда и только тогда, когда любой из них меньше суммы двух других).
Второй способ. Для каждого из отрезков $AB, BC$ и $CA$ построим на плоскости множество точек, из которых эти отрезки видны под углом $\varphi$ - получим 6 дуг. Для $BC$ пусть это множество сол, для $AC - \omega_B$ и для $AB - \omega_C$. $K, L, M$ - точки пересечения этих множеств (рис.). Очевидно, существует область, лежащая внутри всех трёх областей с границами из двух дуг (этой области, например, принадлежит точка Ферма-Tорричелли, из которой все стороны треугольника видны под углом $2\pi/3$).
Понятно, что точки $M, L, K$ лежат в областях, ограниченных $\omega_A, \omega_B, \omega_C$ соответственно. Далее, множество точек пространства, из которых отрезок $BC$ виден под углом $\varphi$ - поверхность, получающаяся при вращении со $A$ относительно $BC$. Обозначим её $F_A$. Аналогично получим ещё две поверхности - $F_B , F_C$. Пересечением $F_A$ и $F_B$ будет некоторая непрерывная кривая, проходящая через $C$ и $K$, причём $K$ лежит внутри тела, ограниченного $F_C$, а $C$ - вне его. Значит, линия пересечения $F_A$ и $F_B$ будет также пересекать и $F_C$. Эта точка искомая.
Дан треугольник, все углы которого меньше $\varphi$, где $\varphi < 2\pi/3$. Докажите, что в пространстве существует точка, из которой все стороны треугольника видны под углом $\varphi$.
Решение:
Первый способ. Пусть $ABC$ - данный треугольник. Построим на каждой его стороне во внешнюю сторону дуги, вмещающие угол $\varphi$. Покажем, что на дугах $BC, CA, AB$ найдутся такие точки $X, Y, Z$ соответственно, что $AZ = AY, BZ = BX, CX = CY$. Пусть $AC$ - наибольшая сторона треугольника, $AB$ - наименьшая. Возьмём произвольную точку $Z$ на дуге $AB$, найдём на дуге $BC$ точку $X$ такую, что $BX = BZ$ ($X$ определяется однозначно, так как $AB \leq BC$), и построим такую точку $Y$, лежащую по разные стороны с $B$ от прямой $AC$, что $AY = AZ, CY = CX$. При $Z = B$ имеем $AY = AB, CY = CB$. Следовательно, $\angle AYC = \angle B < \varphi$ и $Y$ лежит вне сегмента, построенного на $AC$ (рис.).
При $Z = A$ точка $Y$ не существует, так как $AC \geq BC$. Следовательно, при некотором промежуточном положении точки $Z$ точка $Y$ попадает на дугу $AC$ (рис.).
Oсталось доказать, что из треугольников $ABC, ABZ, BCX, ACY$ можно склеить тетраэдр, т. е. что хотя бы в одной из вершин $A, B, C$ угол треугольника $ABC$ меньше суммы примыкающих к той же вершине углов двух других треугольников.
Второй способ. Для каждого из отрезков $AB, BC$ и $CA$ построим на плоскости множество точек, из которых эти отрезки видны под углом $\varphi$ - получим 6 дуг. Для $BC$ пусть это множество сол, для $AC - \omega_B$ и для $AB - \omega_C$. $K, L, M$ - точки пересечения этих множеств (рис.). Очевидно, существует область, лежащая внутри всех трёх областей с границами из двух дуг (этой области, например, принадлежит точка Ферма-Tорричелли, из которой все стороны треугольника видны под углом $2\pi/3$).
Понятно, что точки $M, L, K$ лежат в областях, ограниченных $\omega_A, \omega_B, \omega_C$ соответственно. Далее, множество точек пространства, из которых отрезок $BC$ виден под углом $\varphi$ - поверхность, получающаяся при вращении со $A$ относительно $BC$. Обозначим её $F_A$. Аналогично получим ещё две поверхности - $F_B , F_C$. Пересечением $F_A$ и $F_B$ будет некоторая непрерывная кривая, проходящая через $C$ и $K$, причём $K$ лежит внутри тела, ограниченного $F_C$, а $C$ - вне его. Значит, линия пересечения $F_A$ и $F_B$ будет также пересекать и $F_C$. Эта точка искомая.
