Условие
Четыре круга, центры которых являются вершинами выпуклого четырёхугольника, целиком покрывают этот четырёхугольник. Докажите, что из них можно выбрать три круга, которые покрывают треугольник с вершинами в центрах этих кругов.
Решение
![](show_document.php?id=1665733)
![](show_document.php?id=1665735)
![](show_document.php?id=1665737) |
Основная трудность в этой задаче – придумать такое рассуждение, которое
бы охватывало все возможные случаи расположения окружностей и все
возможные по форме четырехугольники.
Обозначим круги с центрами A, B, C, D в вершинах данного четырехугольника
ABCD через KA , KB , KC , KD , их радиусы – через rA , rB ,
rC , rD.
Предположим, что утверждение задачи неверно. Тогда каждый
круг имеет общую точку с частью противоположного ему треугольника, не
покрытой тремя другими кругами: например, KA должен содержать точки
Δ BCD, не покрытые ни одним из кругов KB , KC , KD. Пусть
O – точка пересечения диагоналей. Докажем при нашем предположении, что
rA ≥ OA , т.е. что круг KA содержит точку O . Остальное уже ясно:
точно так же можно будет доказать, что точка O принадлежит KB и KC ,
а отсюда очевидным образом следует, что эти круги покрывают Δ ABC.
Посмотрите на рис. 1, 2: если OL и ON – перпендикуляры, опущенные
на прямые AB и BC, то KA покрывает Δ OAL, KC –
Δ OCN, KB – Δ OBL и Δ OBN, а эти четыре
прямоугольных треугольника заведомо покрывают Δ ABC, даже если
один из треугольников AOB или OBC (как на рис. 2) тупоугольный.
Приходим к противоречию с нашим предположением, следовательно, утверждение
задачи верно.
Итак, осталось доказать, что rA ≥ OA . Нам понадобится следующая,
почти очевидная
Лемма. Пусть задан выпуклый четырехугольник PQRS и круг KR
(не содержащий Δ PQR целиком). Тогда из всех точек, лежащих
внутри Δ PQR и вне KR , ближайшей к точке S
будет:
а) основание F перпендикуляра SF , опущенного из точки S на прямую
PR , если эта точка F лежит вне круга KR (рис. 3, а);
б) точка E пересечения окружности KR с отрезком PR , если точка
F лежит внутри круга KR (рис. 3, б). (Здесь важно, что
угол QRS четырехугольника меньше 180°; доказательство леммы
оставляем читателю.)
Можно считать, что AOB ≤ 90° (иначе мы взяли бы не B,
a D). Пусть BB1 AC ; AA1 BD ; B1 A2 BD
(рис.4).
Предположим, что rA<OA и E – ближайшая к O точка KA
(она лежит на отрезке OA и AE=rA , EM – перпендикуляр, опущенный
из E на BD . Ясно, что тогда AM>AE . Докажем, что тем не менее rA>AM ,
отсюда будет следовать, что наше предположение ( rA<OA ) неверно.
Докажем сначала, что rB > BM . Применим лемму к Δ ACD, кругу KA
и точке B. Рассмотрим два случая:
а) E лежит между A и B1 . Тогда rB > BB1 > BA2 ≥ BM;
б) E лежит между O и B1. Тогда (по лемме)
rB > BE > BM.
Итак, мы знаем, что точка M принадлежит KB. Применяя лемму к Δ
BCD , кругу KB и точке A (заметим, что M лежит между O и A1,
так что всегда имеет место случай б)), получим rA>AM . Круг замкнулся,
требуемое противоречие получено.
|
![](show_document.php?id=1665734)
![](show_document.php?id=1665736) |
Источники и прецеденты использования
|