Всесоюзные олимпиады • Городские олимпиады • Олимпиады по методике Избранные задачи • Разное • Ссылки

Обоснование построения. Докажем два утверждения:

а)	площадь построенного криволинейного треугольника равна 1/3 площади треугольника ;
б)	если криволинейный треугольник удовлетворяет условиям задачи, то его площадь не меньше 1/3 площади .

Для доказательства а) достаточно установить следующее: если на параболе взять две произвольные точки и , провести касательные к параболе в этих точках до пересечения в точке , а также хорду , то площадь фигуры, ограниченной дугой и отрезками и равна 1/3 площади треугольника . Это утверждение можно проверить непосредственным вычислением, однако проще воспользоваться тем фактом, что аффинные преобразования не изменяют отношения площадей. Сделаем аффинное преобразования так, чтобы точка стала вершиной параболы. Для этого проведем через прямую, параллельную оси параболы и касательную в точке . Далее сожмем (или растянем) плоскость вдоль направления, не сопадающего с направлением ни одной из этих прямых (например, вдоль биссектрисы угла ), так, чтобы угол стал прямым. Прямая пересекает параболу ровно в одной точке и перпендикулярна касательной в точке пересечения. Следовательно, – ось параболы. Выбирая систему координат, в которой осями являются прямые и и производя, если необходимо, сжатие, можно считать, что парабола имеет уравнение . Пусть имет абсциссу , . Касательная в точке задается уравнением . Положив в нем , находим точку пересечения касательной с осью абсцисс: . Площади треугольников , , соответственно равны , , . Площадь криволинейного треугольника , представляющего собой подграфик функции на участке , вычисляется интегрированием; она равна . Следовательно, площадь криволинейного треугольника равна . Это и дает нужное соотношение между площадями и .
Докажем б). Рассмотрим произвольный криволинейный треугольник , удовлетворяющий условиям задачи. Тогда внутренности треугольников , , попарно не пересекаются (точки , , – точки пересечения касательных к концам дуг , , соответственно). Площадь криволинейного треугольника равна сумме площадей шестиугольника и площадей криволинейных треугольников , , . Ввиду доказанного, площадь каждого из трех последних равна трети площади соответствующего обычного треугольника. Простые вычисления показывают, что площадь отличается (в сторону увеличения) от 1/3 площади на 2/3 площади шестиугольника .

40. 
    Докажем, что дуга гиперболы, начинающаяся в вершине треугольника и заканчивающаяся на противоположной стороне, целиком лежит внутри треугольника. Так как ветвь гиперболы – выпуклая кривая, то эта дуга лежит внутри угла, образованного ее хордой и касательной к гиперболе и вершине. Ввиду оптического свойства гиперболы (световые лучи, исходящие из одного фокуса, после зеркального отражения от гиперболы кажутся исходящими из другого фокуса) касательная в вершине является биссектрисой треугольника. Так как противоположная сторона является осью симметрии, то выбранная ветвь гиперболы пересекает ее ровно в одной точке, причем эта точка лежит между фокусами, то есть на противоположной стороне. Значит, дуга содержится в треугольнике, образованном биссектрисой, хордой и стороной, и поэтому содержится в исходном треугольнике. Из доказанного следует, что любая пара гипербол имеет общую точку внутри треугольника. Докажем, что третья гипербола проходит через эту точку. Пусть – расстояния от точки до соответствующих вершин, – длины сторон, противоположных одноименным вершинам. Тогда
    

откуда

что и требовалось доказать.

41. 
    Докажем, что центр симметрии любого параллелограмма, вписанного в эллипс, совпадает с центром симметрии эллипса. Если сжать эллипс вдоль одной из осей так, чтобы получилась окружность, то параллелограмм перейдет в параллелограмм, а так как у четырехугольника, вписанного в окружность, сумма противоположных углов равна , то этот параллелограмм будет прямоугольником. Следовательно, диагонали параллелограмма являются диаметрами окружности, а их точка пересечения центром окружности. Возращаясь с помощью растяжения к исходному эллипсу, получаем нужное утверждение.
    

Так как диагонали ромба взаимно перпендикулярны, его вершины являются точками пересечения с эллипсом взаимно перпендикулярных пряиых, проходящих через центр. Докажем, что такие точки являются вершинами ромба. Так как параллелограмм с перпендикулярными диагоналями является ромбом, то достаточно доказать, что эти точки являются вершинами параллелограмма. Это следует из того факта, что точки симметричны относительно центра эллипса (так как относительно него симметричен эллипс и обе прямые).
Докажем, что все ромбы, вписанные в эллипс , описаны около одной и той же окружности. Пусть прямые , – диагонали ромба . Решая системы уравнений


найдем координаты точек :


Отсюда

Следовательно, длина высоты , опущенной из центра на сторону , равна

Таким образом, радиус окружности, вписанной в произвольный ромб равен . Это означает, что открытый круг радиуса с центром в точке содержится во всех ромбах, вписанных в данный эллипс. Кроме того, любая точка вне открытого круга оказывается вне открытого ромба, стороной которого является хорда, касающаяся окружности в точке (см. рисунок). Окончательно, пересечением внутренностей всех ромбов, вписанных в эллипс с полуосями и , является внутренность круга с центром в центре эллипса и радиуса .

—— 1 • 2 • 3 • 4 • 5 ——

Всесоюзные олимпиады • Городские олимпиады • Олимпиады по методике Избранные задачи • Разное • Ссылки