Задача 73545

Темы:    [ Покрытия ] [ Теорема Хелли ] [ Общие четырехугольники ] [ Перпендикуляр и наклонная ]

Сложность: 5+ Классы: 8,9,10

Условие

Автор: Гальперин Г.А.

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

Автор: Васильев Н.Б.

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.

Источники и прецеденты использования

журнал
Название	"Квант"
год
Год	1970
выпуск
Номер	2
Задача
Номер	М10