Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 298
2014-06-07 
На плоскости нарисован угол, внутри которого отмечена точка О. Провести через точку О такой отрезок ВС с концами на сторонах угла, для которого величина
$\frac{1}{BO} + \frac{1}{CO}$
принимает наибольшее значение.
Решение:
Докажем, что если через точку О проведены отрезки $B_{1}C_{1}$ и $B_{2}C_{2}$, концы $B_{1}$ и $B_{2}$ которых лежат на стороне АВ данного угла ВАС, а концы $C_{1}$ и $C_{2}$ - на стороне АС, причем
$\angle AOB_{2} > \angle AOB_{1} \geq 90^{\circ}$
(рис.), то
$\frac{1}{B_{1}O} + \frac{1}{C_{1}O} > \frac{1}{B_{2}O} + \frac{1}{C_{2}O}$.
Обозначим через $B_{3}$ и $C_{3}$ точки пересечения прямой $B_{1}C_{1}$ с прямыми, проходящими через точки $B_{2}$ и $C_{2}$ соответственно параллельно прямой АО. Так как
$\angle B_{2}B_{3}O = \angle AOB_{3} \geq 90^{\circ}$,
то $OB_{2} > OB_{3}$ и
$\frac{1}{B_{1}O} - \frac{1}{B_{2}O} = \frac{B_{3}O – B_{1}O}{B_{1}O \cdot B_{2}O} > \frac{B_{3}O – B_{1}O}{B_{1}O \cdot B_{2}O} = \frac{B_{1}B_{3}}{B_{1}P \cdot B_{2}O} = \frac{B_{2}B_{3}}{AO \cdot B_{2}O}$
(ибо $\triangle B_{1}B_{2}B_{3} \backsim \triangle B_{1}OA$). Аналогично получаем
$\frac{1}{C_{1}O} - \frac{1}{C_{2}O} > - \frac{C_{2}C_{3}}{AO \cdot C_{2}O}$.
Складывая полученные в итоге неравенства н учитывая подобие тре-
угольников $B_{2}B_{3}O$ и $C_{2}C_{3}O$, имеем
$\frac{1}{B_{1}O} + \frac{1}{C_{1}O} - \left ( \frac{1}{B_{2}O} + \frac{1}{C_{2}O} \right ) > \frac{B_{2}B_{3}}{AO \cdot B_{0}O} - \frac{C_{2}C_{3}}{AO \cdot C_{2}O} = \frac{1}{AO} \left ( \frac{B_{2}B_{3}}{B_{2}O} - \frac{C_{2}C_{3}}{C_{2}O} \right ) = 0$.
Если прямая, проходящая через точку О перпендикулярно прямой АО, пересекает лучи АВ и АС в точках $B_{1}$, и $C_{1}$, соответственно, то отрезок $B_{1}C_{1}$ искомый. Действительно, для любого другого отрезка $B_{2}C_{2}$, проходящего через точку О, имеет место одно из неравенств
$\angle AOB_{2} > 90^{\circ}$ или $\angle AOC_{2} > 90^{\circ}$
(для определенности можно считать, что точки $B_{2}$ и $C_{2}$ лежат на лучах АВ и АС соответственно и выполнено, например, первое из неравенств). Тогда справедливо доказанное выше неравенство. Если же прямая, проходящая через точку О перпендикулярно прямой АО, не пересекает одну из сторон угла ВАС, скажем сторону АС, то искомый отрезок построить нельзя. Допустим, что искомым является некоторый отрезок $B_{2}C_{2}$, концы $B_{2}$ и $C_{2}$ которого лежат на лучах АВ и АС соответственно. Тогда
$\angle AOB_{2} > 90^{\circ}$,
а значит, если выбрать точку $C_{1}$ на продолжении отрезка $AC_{2}$ за точку $C_{2}$ и провести еще один отрезок $C_{1}B_{1}$ через точку О, то снова
$90^{\circ} < \angle AOB_{1} < \angle AOB_{2}$
и в силу доказанного выше неравенства отрезок $B_{2}C_{2}$ не удовлетворяет требуемому условию.
На плоскости нарисован угол, внутри которого отмечена точка О. Провести через точку О такой отрезок ВС с концами на сторонах угла, для которого величина
$\frac{1}{BO} + \frac{1}{CO}$
принимает наибольшее значение.
Решение:
Докажем, что если через точку О проведены отрезки $B_{1}C_{1}$ и $B_{2}C_{2}$, концы $B_{1}$ и $B_{2}$ которых лежат на стороне АВ данного угла ВАС, а концы $C_{1}$ и $C_{2}$ - на стороне АС, причем
$\angle AOB_{2} > \angle AOB_{1} \geq 90^{\circ}$
(рис.), то
$\frac{1}{B_{1}O} + \frac{1}{C_{1}O} > \frac{1}{B_{2}O} + \frac{1}{C_{2}O}$.
Обозначим через $B_{3}$ и $C_{3}$ точки пересечения прямой $B_{1}C_{1}$ с прямыми, проходящими через точки $B_{2}$ и $C_{2}$ соответственно параллельно прямой АО. Так как
$\angle B_{2}B_{3}O = \angle AOB_{3} \geq 90^{\circ}$,
то $OB_{2} > OB_{3}$ и
$\frac{1}{B_{1}O} - \frac{1}{B_{2}O} = \frac{B_{3}O – B_{1}O}{B_{1}O \cdot B_{2}O} > \frac{B_{3}O – B_{1}O}{B_{1}O \cdot B_{2}O} = \frac{B_{1}B_{3}}{B_{1}P \cdot B_{2}O} = \frac{B_{2}B_{3}}{AO \cdot B_{2}O}$
(ибо $\triangle B_{1}B_{2}B_{3} \backsim \triangle B_{1}OA$). Аналогично получаем
$\frac{1}{C_{1}O} - \frac{1}{C_{2}O} > - \frac{C_{2}C_{3}}{AO \cdot C_{2}O}$.
Складывая полученные в итоге неравенства н учитывая подобие тре-
угольников $B_{2}B_{3}O$ и $C_{2}C_{3}O$, имеем
$\frac{1}{B_{1}O} + \frac{1}{C_{1}O} - \left ( \frac{1}{B_{2}O} + \frac{1}{C_{2}O} \right ) > \frac{B_{2}B_{3}}{AO \cdot B_{0}O} - \frac{C_{2}C_{3}}{AO \cdot C_{2}O} = \frac{1}{AO} \left ( \frac{B_{2}B_{3}}{B_{2}O} - \frac{C_{2}C_{3}}{C_{2}O} \right ) = 0$.
Если прямая, проходящая через точку О перпендикулярно прямой АО, пересекает лучи АВ и АС в точках $B_{1}$, и $C_{1}$, соответственно, то отрезок $B_{1}C_{1}$ искомый. Действительно, для любого другого отрезка $B_{2}C_{2}$, проходящего через точку О, имеет место одно из неравенств
$\angle AOB_{2} > 90^{\circ}$ или $\angle AOC_{2} > 90^{\circ}$
(для определенности можно считать, что точки $B_{2}$ и $C_{2}$ лежат на лучах АВ и АС соответственно и выполнено, например, первое из неравенств). Тогда справедливо доказанное выше неравенство. Если же прямая, проходящая через точку О перпендикулярно прямой АО, не пересекает одну из сторон угла ВАС, скажем сторону АС, то искомый отрезок построить нельзя. Допустим, что искомым является некоторый отрезок $B_{2}C_{2}$, концы $B_{2}$ и $C_{2}$ которого лежат на лучах АВ и АС соответственно. Тогда
$\angle AOB_{2} > 90^{\circ}$,
а значит, если выбрать точку $C_{1}$ на продолжении отрезка $AC_{2}$ за точку $C_{2}$ и провести еще один отрезок $C_{1}B_{1}$ через точку О, то снова
$90^{\circ} < \angle AOB_{1} < \angle AOB_{2}$
и в силу доказанного выше неравенства отрезок $B_{2}C_{2}$ не удовлетворяет требуемому условию.
