Информация о задаче

Задача 55563

Темы:	[	Ортоцентр и ортотреугольник	]
	[	Симметриия и неравенства и экстремумы	]
	[	Экстремальные свойства. Задачи на максимум и минимум.	]

Сложность: 5
Классы: 8,9
Название задачи: Задача Фаньяно..

Прислать комментарий

Условие

Впишите в данный остроугольный треугольник ABC треугольник наименьшего периметра.

Подсказка

Пусть A₁ — вершина искомого треугольника, принадлежащая стороне BC треугольника ABC. Рассмотрите образы точки A₁ при симметриях относительно прямых AB и AC.

Решение

Пусть вершины A₁, B₁ и C₁ треугольника A₁B₁C₁ принадлежат сторонам соответственно BC, AC и AB треугольника ABC. Рассмотрим точки M и N, симметричные точке A₁ относительно прямых AB и AC соответственно. Тогда, если P_A₁B₁C₁ — периметр треугольника A₁B₁C₁, то

P_A₁B₁C₁ = A₁C₁ + C₁B₁ + B₁A₁ = MC₁ + C₁B₁ + B₁N $\displaystyle \geqslant$ MN,

причём равенство достигается только в случае, если прямая MN проходит через точки B₁ и C₁. Поскольку AM = AA₁ = AN, то треугольник MAN — равнобедренный и

$\displaystyle \angle$ MAN = 2 $\displaystyle \angle$ BAA₁ + 2 $\displaystyle \angle$ A₁AC = 2 $\displaystyle \angle$ BAC.

Следовательно,

MN = 2AM sin $\displaystyle \angle$ BAC = 2AA₁sin $\displaystyle \angle$ BAC $\displaystyle \geqslant$ 2h sin $\displaystyle \angle$ BAC,

где h — высота треугольника ABC, проведённая из вершины A. Равенство достигается только в случае, когда точка A₁ — основание высоты.

Отсюда следует, что искомый треугольник — это треугольник с вершинами в основаниях высот данного, т.е. ортотреугольник данного треугольника. Действительно, пусть AA', BB' и CC' — высоты треугольника ABC, а точки A₁, B₁ и C₁ расположены на сторонах соответственно BC, AC и AB. Если треугольник A₁B₁C₁ не совпадает с треугольником A'B'C', то по ранее доказанному

P_A₁B₁C₁ $\displaystyle \geqslant$ P_A'B₁C₁ $\displaystyle \geqslant$ P_A'PQ,

где P и Q — точки пересечения прямой MN со сторонами соответственно AB и AC треугольника ABC. При этом хотя бы один из знаков неравенства — строгий. Значит, искомый треугольник минимального периметра — это треугольник A'PQ. Если бы точка P не совпадала с точкой C', то, повторив предыдущие рассуждения, построили бы треугольник, площадь которого меньше площади треугольника A'PQ, что невозможно. Аналогично для точки Q. Таким образом, точка P совпадает с C', а точка Q — с точкой B'.

1. Изложенное решение основано на доказательстве Фейера (L.Fejer). Это, а также другие изящные доказательства данного утверждения (Г.А.Шварц, Л.Шрутка, Бюкнер) см. в книге Г.Радемахера и О.Теплица "Числа и фигуры" (М.,1962, с.36-46).

2. Другой способ доказательства того, что точки P и Q пересечения прямой MN со сторонами соответственно AB и AC также будут основаниями высот треугольника ABC.

Поскольку AM = AA' = AN, то точки M, A' и N лежат на окружности с центром A и радиусом AA'. Тогда

$\displaystyle \angle$ A'NP = $\displaystyle \angle$ A'AP

(вписанный угол равен половине соответствующего центрального). Поэтому из точек A и N отрезок A'P виден под одним и тем же углом. Значит, точки A, P, A', N лежат на одной окружности.

С другой стороны, треугольники AA'C и ANC симметричны относительно прямой AC, поэтому они равны. Значит, из точек A' и N отрезок AC виден под прямым углом, поэтому эти точки лежат на окружности с диаметром AC. Поскольку через три точки, не лежащие на одной прямой, проходит ровно одна окружность, то все пять точек A, P, A', C и N лежат на окружности с диаметром AC. Тогда из точки P диаметр AC виден под прямым углом, т.е. CP — высота треугольника ABC. Аналогично докажем, что BQ — также высота треугольника ABC.

Источники и прецеденты использования


web-сайт
Название	Система задач по геометрии Р.К.Гордина
URL	http://zadachi.mccme.ru
задача
Номер	5010