Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 268
2014-06-07 
В треугольник $ABC$, в котором угол при вершине А не является острым, вписывается квадрат $B_{1}C_{1}DE$ (сторона $DE$ которого лежит на отрезке $BC$, а вершины $B_{1}$ и $C_{1}$ - на отрезках $AB$ и $AC$ соответственно). Затем в треугольник $AB_{1}C_{1}$ аналогичным образом вписывается квадрат $B_{2}C_{2}D_{1}E_{}1$ и т. д. Это построение проводится несколько раз. Доказать, что сумма площадей всех вписанных квадратов меньше половины площади треугольника $ABC$.
Решение:
Так как по условию $\angle BAC \geq 90^{\circ}$, то точка А лежит в круге с диаметром ВС и центром О на нем. Поэтому для высоты AН треугольника ABC имеем $AH \leq AO \leq BO = BC/2$
(рис.), т. е. $BC \geq 2AH$. Отсюда и из подобия треугольников $BB_{1}E$ и $BAH$, а также треугольников $CC_{1}D$ и $CAH$, получаем
$\frac{S_{BB_{1}C_{1}C}}{S_{B_{1}C_{1}DE}} = \frac{S_{B_{1}C_{1}DE}}{S_{B_{1}C_{1}DE}} + \frac{S_{BB_{1}E}}{S_{B_{1}C_{1}DE}} + \frac{S_{CC_{1}D}}{S_{B_{1}C_{1}DE}} = 1 + \frac{BE}{2B_{1}E} + \frac{CD}{2C_{1}D} =$
$= 1 + \frac{BH}{2AH} + \frac{CH}{2AH} = 1 + \frac{BC}{2AH} \geq 2$,
т.e. $S_{B_{1}C_{1}DE} \leq S_{BB_{1}C_{1}C}/2$. Аналогично, имеем
$S_{B_{2}C_{2}D_{1}E_{1}} \leq \frac{1}{2} S_{B_{1}B_{2}C_{2}C_{1}}, \cdots, S_{B_{n}C_{n}D_{n-1}E_{n-1}} \leq \frac{1}{2} S_{B_{n-1}B_{n}C_{n}C_{n-1}}$,
где n - число построенных квадратов. Складывая зги неравенства, получаем, что сумма площадей квадратов не превосходит половины площади четырехугольника $BB_{n}C_{n}C$, а значит, меньше половины плошали треугольника ABC.
В треугольник $ABC$, в котором угол при вершине А не является острым, вписывается квадрат $B_{1}C_{1}DE$ (сторона $DE$ которого лежит на отрезке $BC$, а вершины $B_{1}$ и $C_{1}$ - на отрезках $AB$ и $AC$ соответственно). Затем в треугольник $AB_{1}C_{1}$ аналогичным образом вписывается квадрат $B_{2}C_{2}D_{1}E_{}1$ и т. д. Это построение проводится несколько раз. Доказать, что сумма площадей всех вписанных квадратов меньше половины площади треугольника $ABC$.
Решение:
Так как по условию $\angle BAC \geq 90^{\circ}$, то точка А лежит в круге с диаметром ВС и центром О на нем. Поэтому для высоты AН треугольника ABC имеем $AH \leq AO \leq BO = BC/2$
(рис.), т. е. $BC \geq 2AH$. Отсюда и из подобия треугольников $BB_{1}E$ и $BAH$, а также треугольников $CC_{1}D$ и $CAH$, получаем
$\frac{S_{BB_{1}C_{1}C}}{S_{B_{1}C_{1}DE}} = \frac{S_{B_{1}C_{1}DE}}{S_{B_{1}C_{1}DE}} + \frac{S_{BB_{1}E}}{S_{B_{1}C_{1}DE}} + \frac{S_{CC_{1}D}}{S_{B_{1}C_{1}DE}} = 1 + \frac{BE}{2B_{1}E} + \frac{CD}{2C_{1}D} =$
$= 1 + \frac{BH}{2AH} + \frac{CH}{2AH} = 1 + \frac{BC}{2AH} \geq 2$,
т.e. $S_{B_{1}C_{1}DE} \leq S_{BB_{1}C_{1}C}/2$. Аналогично, имеем
$S_{B_{2}C_{2}D_{1}E_{1}} \leq \frac{1}{2} S_{B_{1}B_{2}C_{2}C_{1}}, \cdots, S_{B_{n}C_{n}D_{n-1}E_{n-1}} \leq \frac{1}{2} S_{B_{n-1}B_{n}C_{n}C_{n-1}}$,
где n - число построенных квадратов. Складывая зги неравенства, получаем, что сумма площадей квадратов не превосходит половины площади четырехугольника $BB_{n}C_{n}C$, а значит, меньше половины плошали треугольника ABC.
