|
Название задачи: Задача Фаньяно. |
 |
Условие
Впишите в данный остроугольный треугольник $ABC$ треугольник наименьшего периметра.
Подсказка
Пусть $A_1$ — вершина искомого треугольника, принадлежащая стороне $BC$ треугольника $ABC$. Рассмотрите образы точки $A_1$ при симметриях относительно прямых $AB$ и $AC$.
Решение
Пусть вершины $A_{1}$, $B_{1}$, и $C_1$ треугольника $A_{1}B_{1}C_{1}$ принадлежат сторонам соответственно $BC$, $AC$ и $AB$ треугольника $ABC$. Рассмотрим точки $M$ и $N$, симметричные точке $A_1$ относительно прямых $AB$ и $AC$ соответственно. Тогда, если $P_{\Delta A_{1}B_{1}C_{1}}$ – периметр треугольника $A_{1}B_{1}C_{1}$, то $$ P_{\Delta A_{1}B_{1}C_{1}}=A_{1}C_{1}+ C_{1}B_{1}+ B_{1}A_{1}= MC_{1} + C_{1}B_{1}+ B_{1}N \geqslant MN,$$ причём равенство достигается только в случае, если прямая $MN$ проходит через точки $B_1$ и $C_1$. Таким образом, из всех треугольников с фиксированной точкой $A_1$ наименьший периметр будет у треугольника $A'PQ$, где $P$ и $Q$ – точки пересечения $MN$ со сторонами $AB$ и $AC$.
Выберем теперь точку $A_1$, для которой периметр треугольника $A_1PQ$ будет минимальным. Поскольку $AM = AA_{1} = AN$, то треугольник $MAN$ — равнобедренный и $$ \angle MAN = 2\angle BAA_{1}+ 2 \angle A_{1}AC = 2\angle BAC.$$ Следовательно, $$ MN = 2AM\sin \angle BAC = 2AA_{1}\sin \angle BAC \geqslant 2h\sin \angle BAC,$$ где $h$ — высота треугольника $ABC$, проведённая из вершины $A$. Равенство достигается только в случае, когда точка $A_1$ — основание высоты.
Таким образом, искомый треугольник – это треугольник $A'PQ$, где $A'$ – основание высоты треугольника $ABC$, опущенной из вершины $A$, $P$ и $Q$ – точки пересечения прямой, соедняющей точки, симметричные $A'$ относительно $AB$ и $AC$, и сторон $AB$, $AC$.
Комментарии. 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. Можно показать, 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 $\angle A'NP=\angle A'AP$ (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 |
