Задача о треугольниках с общим основанием

15

Задача
о треугольниках
с общим основанием

В пятом номере «Кванта» за 1978 год было предложено найти геометрическое решение следующей задачи: два треугольника на плоскости имеют общее основание, а их вершины $C_1, C_2$ различны и лежат по одному сторону от основания; доказать, что расстояние между вершинами $C_1$ и $C_2$ больше, чем расстояние между центрами $O_1$ и $O_2$ вписанных окружностей этих треугольников.

За прошедшие два года редакция получила много посем по поводу этой интересной и трудной задачи. Однако доказательства, учитывающего все возможности взаимного расположения вершин, не удалось найти ни одному из наших читателей.

Мы помещаем два доказательства; первое приумал харьковский математик А. И. Медянник, второе представляет собой доказательство, предположенное авторами задачи В. А. Залгаллером и А. А. Ивановым, упрощенное по совету академика А. В. Погорелова.

Первое доказательство

Нам понадобится следующей свойство биссектрисы угла треугольника («Геометрия 6—8», задача 914): если AD — биссектриса угла A тре-

узольника $ABC$ ($D \in [BC]$), то $\frac{|BD|}{|DC|} = \frac{|AB|}{|AC|}$.

Пусть точка O — центр вписанной в $\triangle ABC$ окружности (рис. 1). Выразим вектор $\vec{O} = AO$ через векторы $\vec{a} = \vec{BC}, \vec{b} = \vec{AC}, \vec{c} = \vec{AB}$ и через их длины $a, b, c$.

Легко видеть, что $\vec{\varrho} = \frac{|AO|}{|AD|} \cdot \vec{AD} = \frac{|AO|}{|AD|} \left( \vec{c} + \frac{|BD|}{|DC|} \vec{a} \right)$.

По свойству биссектрисы $\frac{|DC|}{|BC|} = \frac{|BD|}{|DC|} + \frac{|BD|}{|DC|} = \frac{c}{b+c}$.

Аналогично ($BO$ — биссектриса угла B),

$\frac{|AO|}{|AD|} = \frac{1}{1 + \frac{|OD|}{|AO|}} = \frac{1}{1 + \frac{|BD|}{c}}$.

Из $\frac{|BD|}{|DC|} = \frac{c}{b}$ и $|BD| + |DC| = a$ получаем $|BD| = \frac{ac}{b+c}$.

Поэтому $\frac{|AO|}{|AD|} = \frac{b+c}{a+b+c}$.

Воспользовавшись тем, что $\vec{a} = -(\vec{b} + \vec{c})$, получим окончательное $\vec{\varrho} = \frac{b\vec{c} - c\vec{b}}{p}$,

(1)

где $p = a + b + c$.

Теперь приступим к решению задачи. Выразим длину вектора $\vec{d}_0 = O_1O_2$ через $d = |C_1C_2|$ и длины сторон треугольников $ABC_1, ABC_2$.

По доказанному (см. рис. 2)

$\vec{d}_0 = \vec{\varrho}_2 - \vec{\varrho}_1 = \frac{b_2\vec{c} - c\vec{b}}{p_2} + \frac{c\vec{b}_1 - b_1\vec{c}}{p_1}$,

Рис. 1.

16

где $p_1 = a_1 + b_1 + c$, $p_2 = a_2 + b_2 + c$.

Вычисляя $\vec{d}_0 \cdot \vec{d}_0 = d_0^2$, после несложных преобразований получим
$$p_1^2 p_2^2 d_0^2 = p_1^2 cb_2 [2cb_2 - 2(\vec{b}_2 \vec{c})] +$$
$$+ p_2^2 cb_1 [2cb_1 - 2(\vec{b}_1 \vec{c})] +$$
$$+ 2p_1 p_2 [cb_2(\vec{b}_1 \vec{c}) - c^2(\vec{b}_1 \vec{b}_2)] -$$
$$- b_1 b_2 c^2 + cb_1(\vec{b}_2 \vec{c})].$$

(2)

Заметим, что $2(\vec{b}_1 \vec{c}) = a_1^2 - b_1^2 - c^2$, $2(\vec{b}_2 \vec{c}) = a_2^2 - b_2^2 - c^2$; поэтому
$$2cb_1 - 2(\vec{b}_1 \vec{c}) = 2cb_1 - a_1^2 + b_1^2 + c^2 =$$
$$= (a_1 + b_1 + c)(b_1 - a_1 + c) =$$
$$= p_1(b_1 - a_1 + c),$$

аналогично,
$$2cb_2 - 2(\vec{b}_2 \vec{c}) = p_2(b_2 - a_2 + c).$$

Это позволяет сократить равенство
(2) на $p_1 p_2$. Кроме того, $\vec{d} = \vec{b}_2 - \vec{b}_1$, откуда $2(\vec{b}_1 \vec{b}_2) = b_1^2 + b_2^2 - d^2$. Поэтому
(2) принимает вид
$$p_1 p_2 d_0^2 = p_1 cb_2(b_2 - a_2 + c) +$$
$$+ p_2 cb_1(b_1 - a_1 + c) +$$
$$+ [cb_2(a_1^2 - b_1^2 - c^2) - c^2(b_1^2 + b_2^2 - d^2)] -$$
$$- 2b_1 b_2 c^2 + cb_1(a_2^2 - b_2^2 - c^2)],$$
откуда
$$p_1 p_2(d^2 - d_0^2) =$$
$$= [(a_1 + b_1 + c)(a_2 + b_2 + c) - c^2]d^2 +$$
$$+ [(a_2 - b_2 - c)(a_1 + b_1 + c)b_2 +$$
$$+ (a_1 - b_1 - c)(a_2 + b_2 + c)b_1 +$$
$$+ (b_1^2 - a_1^2 + c^2)b_2 + (b_1^2 + b_2^2)c +$$
$$+ 2b_1 b_2 c + (b_2^2 - a_2^2 + c^2)b_1]c,$$

что после преобразования внутри квадратных скобок дает
$$p_1 p_2(d^2 - d_0^2) = [(a_1 + b_1)(a_2 + b_2) +$$
$$+ c(a_1 + b_1 + a_2 + b_2)]d^2 +$$
$$+ [c(a_2 - a_1)(b_2 - b_1) +$$
$$+ (a_1 b_2 - b_1 a_2)(a_2 - a_1 + b_1 - b_2)]c.$$

(3)

Чтобы доказать, что $d > d_0$, нам достаточно убедиться в положительности правой части равенства (3). Последняя состоит из двух слагаемых. Поскольку $a_1 + b_1 > c$ и $a_2 + b_2 > c$, первое слагаемое больше, чем $3c^2 d^2$. Остается проверить, что второе слагаемое по модулю меньше, чем $3c^2 d^2$. Очевидны соответствия $|a_2 - a_1| < d$, $|b_2 - b_1| < d$.

Рис. 3

Позтому
$$p_1 p_2(d^2 - d_0^2) > (c^2 + 2c^2)d^2 -$$
$$- |c^2(a_2 - a_1)(b_2 - b_1)| -$$
$$- |a_1 b_2 - b_1 a_2|(|a_2 - a_1| +$$
$$+ |b_2 - b_1|)c > 3c^2 d^2 - c^2 d^2 -$$
$$- 2dc|a_1 b_2 - b_1 a_2| = 2c^2 d^2 -$$
$$- 2dc|a_1 b_2 - b_1 a_2|.$$

Ниже будет доказано, что $|a_1 b_2 - b_1 a_2| \leq cd$.

Позтому правая часть неравенства (4) неотрицательна.

Следовательно, $d > d_0$.

Итак, осталось доказать следующее lemma.

Лемма. Пусть в плоскости треугольника $ABC_1$ произвольным образом расположена точка $C_2$. Тогда (рис. 3)
$$|a_1 b_2 - b_1 a_2| \leq cd.$$

Доказательство. Опустим из точки $C_2$ перпендикулярны $C_2 P$, $C_2 Q$, $C_2 T$ на прямые $BC_1$, $AC_1$, $AB$.

Вокруг четырехугольника $AQC_2 T$ можно описать окружность с диаметром $AC_2$.

Так как $Q\hat{A}T = \alpha$, по теореме синусов, $|QT| = b_2 \sin \alpha$.

Рассматривая аналогично четырехугольника $C_1 PC_2 Q$ и $PC_2 TB$, получим $|PQ| = d \sin \gamma$ и $|PT| = a_2 \sin \beta$.

Пусть $R$ – радиус окружности, описанной около треугольника $AC_1 B'$. По теореме синусов, $\sin \gamma = \frac{c}{2R}$, $\sin \beta = \frac{b_1}{2R}$, $\sin \alpha = \frac{a_1}{2R}$. Позтоomy $|QT| = \frac{a_1 b_2}{2R}$, $|PT| = \frac{a_2 b_1}{2R}$, $|PQ| = \frac{cd}{2R}$.

Из неравенства треугольника следует $|PT| - |QT| \leq |PQ|$; поэтому

17

Рис. 4

му после подстановки выражений для $|QT|$, $|PT|$, $|PQ|$ и упрощенный получим

$$|a_1b_2-a_2b_1| \leq cd.$$

Второе доказательство

Будем при закрепленном основании $AB$ равномерно движать вершину $C$ вдоль отрезка $C_1C_2$ из $C_1$ в $C_2$. При этом центр $O$ вписанного круга будет по какому-то пути перемещаться из $O_1$ в $O_2$.

Лемма. При движении вершины $C$ с ненулевой скоростью центр $O$ движется с меньшей скоростью.

Из этой леммы следует, что, когда $C$ пройдет с постоянной скоростью отрезок $C_1C_2$, точка $O$, движясь в каждой момент с меньшей скоростью, пройдет из $O_1$ в $O_2$ более короткий путь. Тем более прямой путь $|O_1O_2|$ короче, чем $|C_1C_2|$.

Прежде чем доказывать лемму, затемим следующее. Если вершина $C$ движется со скоростью $\vec{v} \neq 0$, то лучи $BC$ и $AC$, идущие вдоль сторон треугольника, поворачиваются с некоторыми угловыми скоростями $\omega_1$ и $\omega_2$, причем хотя бы одна из этих скоростей — не нуль. Условимся о знаках: считаем угловую скорость положительной, если луч поворачивается по часовой стрелке, и отрицательной, если луч поворачивается против часовой стрелки.

Скорости $\vec{v}$ и $\omega_1$, $\omega_2$ связаны между собой. Если от точки $C$ отключить вектор $\vec{v} = \vec{CT}$ (рис. 4), то длина $|CP|$ его проекции на направление, перpendикулярное лучу $BC$, равна $|\omega_1| \cdot |BC|$. (Это вызвано тем, что

Рис. 5

полная скорость перемещения точки $C$ слагается из скорости ее движения вместе с поворачивающимся лучом $BC$ и из скорости ее движения вдоль этого луча.) Аналогично, длина $|CQ|$ проекции $\vec{v}$ на направление, перpendикулярное лучу $AC$, равна $|\omega_2| \cdot |AC|$. Вокруг четырехугольника $CPTQ$ можно описать окружность. При этом $\vec{v}$ равен диаметру этой окружности.

Аналогичное построение можно проделать для скорости $\vec{v}_0$ движения центра $O$, только в этом случае $[BC)$, $[AC)$ заменяются на $[BO)$, $[AO)$, а $\omega_1$, $\omega_2$ заменяются на $\frac{\omega_1}{2}$, $\frac{\omega_2}{2}$.

Хотя бы одна из скоростей $\omega_1$, $\omega_2$ — не нуль. Кроме того, одновременное изменение знаков у $\omega_1$, $\omega_2$ меняет на противоположное направление $\vec{v}$ и $\vec{v}_0$, не меняя величины $\vec{v}$ и $\vec{v}_0$. Поэтому при доказательстве неравенства $\|\vec{v}\| > \|\vec{v}_0\|$ можно, не теряя общности, считать, что $\omega_1 > 0$, и рассмотреть отдельно три случая: $\omega_2 > 0$, $\omega_2 = 0$, $\omega_2 < 0$.

Случай 1. Пусть $\omega_2 > 0$. Повернем на $90^\circ$ четырехугольник $CPTQ$ вокруг точки $C$ в положение $CP'TQ'$ (рис. 5), а четырехугольник $OP_0T_0Q_0$ — вокруг $O$ в положение $OP'_0T'_0Q'_0$, и проведем $(P'_0P'') \parallel (Q'_0Q'') \parallel (OC)$. Точки $P''$ и $Q''$ разделят пополам отрезки $CP'$, $CQ'$, потому что $|CP'| / |CB| = \omega_1$, а $|OP'| / |OB| = \frac{\omega_1}{2}$.

Поскольку $\vec{v}$ — диаметр круга, однсанного вокруг треугольника $CP'Q'$, а $\vec{v}_0$ — диаметр круга, описанного вокруг треугольника $CP'Q'$, а $\vec{v}_0$ — диаметр круга, описанного вокруг треугольника $CP'Q'$, а $\vec{v}_0$ — диаметр круга, описанного

18

Рис. 6

Рис. 7.

санного векруг $OP'_0Q'_0$, имеем
$$|\vec{v}| = \frac{|P'_0Q'|}{\sin \gamma} = \frac{|P''Q''|}{\sin \frac{\gamma}{2} \cos \frac{\gamma}{2}},$$
$$|\vec{v}_0| = \frac{|P'_0Q'|}{\sin \left(\frac{\pi}{2} + \frac{\gamma}{2}\right)} = \frac{|P'_0Q'|}{\cos \frac{\gamma}{2}}.$$

Отрезок $P'_0Q'_0$ наклонен к биссекtrисе $CO$ круче, чем один из лучей $AO$, $BO$, и тем более круче, чем $AC$ и $BC$, которые наклонены к $CO$ под углом $\frac{\gamma}{2}$. Поэтому расстояние между параллельными прямыми $P'_0P''$ и $Q'_0Q''$ превышает $|P'_0Q'_0| \sin \frac{\gamma}{2}$.

Тем более $|P''Q''| > |P'_0Q'_0| \sin \frac{\gamma}{2}$, что вместе с (5) дает $|\vec{v}| > |\vec{v}_0|$.

Случай 2. Пусть $\omega_2 = 0$ (рис. 6); тогда $|CP| = \omega_1 |BC|$, $|OP_0| = \omega_1/2$, откуда $|\vec{v}| = \frac{\omega_1}{\sin \gamma} |BC|$, $|\vec{v}_0| =$

$$\frac{\omega_1}{2 \sin \frac{\gamma}{2}} |BO|.$$

Но $|BC| > |BO|$ (так как $\angle BOC$ — тупой), а $\sin \gamma < 2 \sin \frac{\gamma}{2}$, откуда $|\vec{v}| > |\vec{v}_0|$.

Случай 3. Пусть $\omega_2 < 0$. Как и в случае 1, повернем на $90^\circ$ четырехугольники $CPTQ$, $OP_0T_0Q_0$ в положение $CP'T'Q'$, $OP'_0T'Q'_0$ (рис. 7) и проведем $(P'_0P'') \parallel (Q'_0Q'') \parallel (BD) \parallel (OC)$. Точки $P''$, $Q''$ снова лежат в серединах отрезков $CP'$, $CQ'$.

На этот раз снова
$$|\vec{v}| = \frac{|P'_0Q'|}{\sin (\pi - \gamma)} = \frac{|P''Q''|}{\sin \frac{\gamma}{2} \cos \frac{\gamma}{2}},$$
$$|\vec{v}_0| = \frac{|P'_0Q'|}{\sin \left(\frac{\pi}{2} - \frac{\gamma}{2}\right)} = \frac{|P'_0Q'|}{\cos \frac{\gamma}{2}},$$
и, чтобы убедиться, что $|\vec{v}| > |\vec{v}_0|$, нам достаточно проверить, что в этом случае
$$|P''Q''| > |P'_0Q'_0|.$$

Подвергнем отрезок $P''Q''$ готовети с центром $C$ так, чтобы он перешел в некоторый отрезок $BM$. Аналогично подвергнем отрезок $P'_0Q'_0$ готовети с центром $O$ так, чтобы он перешел в некоторый отрезок $BN$. Существенно, что коэффициенты готовети при этом одинаковы. Поэтому для доказательства (6) достаточно убедиться, что $|BM| > |BN|$. Но последнее видно из того, что треугольник $BNM$ имеет тупой угол при вершине $N$. Действительно, если $N$ лежит слева от прямой $BD$, то $M\widehat{NB} > \widehat{COB} > \frac{\pi}{2}$, а если $N$ лежит справа от $BD$, то $M\widehat{NB} > M\widehat{NO} = \widehat{COA} > \frac{\pi}{2}$. Лемма доказана.

Замечание. Из леммы нетрудно вывести, что неравенство $|O_1O_2| < |C_1C_2|$ сохраняет, во-первых, если $C_1$, $C_2$ будут лежать по разны есторонь от прямой $AB$, во-вторых, если треугольники $ABC_1$, $ABC_2$ с общим основанием $AB$ расположены в пространстве в разных плоскостях.

Вопрос. Зафиксируем основание треугольной парамиды и будем двигать ее вершину. Будет ли центр вписанного шара двигаться с меньшей скоростью, чем вершина?