№ 18.22 Геометрія = № 39.22 Математика
На колі навмання розташували 5 точок. Доведіть, що:
1) існує принаймні три трійки точок, що є вершинами тупокутних трикутників;
2) існує таке розташування точок, за якого тупокутних трикутників буде точно три.
Розв’язок:
Скористаємося ознакою: вписаний у коло трикутник тупокутний тоді й лише тоді, коли всі три його вершини лежать в одному півколі (тобто дуга, яку стягує одна зі сторін, більша за $180^{\circ}$). Якщо одна зі сторін — діаметр, трикутник прямокутний; якщо центр кола лежить усередині трикутника — гострокутний.
Усього з $5$ точок утворюється $C_{5}^{3}=10$ трикутників.
1) Розташуємо точки в порядку обходу кола: $A_{1},A_{2},A_{3},A_{4},A_{5}$, і нехай $a_{1},a_{2},a_{3},a_{4},a_{5}$ — дуги між сусідніми точками ($a_{i}$ — дуга $A_{i}A_{i+1}$, нумерація циклічна). Тоді $a_{1}+a_{2}+a_{3}+a_{4}+a_{5}=360^{\circ}$.
Розглянемо п’ять трикутників із трьох сусідніх точок $T_{i}=A_{i}A_{i+1}A_{i+2}$. Його вершини лежать на дузі завдовжки $S_{i}=a_{i}+a_{i+1}$, а протилежна сторона стягує дугу $360^{\circ}-S_{i}$. Тому якщо $S_{i}<180^{\circ}$, то $360^{\circ}-S_{i}>180^{\circ}$ і трикутник $T_{i}$ тупокутний.
Покажемо, що принаймні три з п’яти сум $S_{i}$ менші за $180^{\circ}$ — тоді тупокутних трикутників буде принаймні три.
Дві суми, що не мають спільної дуги (несусідні, наприклад $S_{1}=a_{1}+a_{2}$ і $S_{3}=a_{3}+a_{4}$), складаються з чотирьох різних дуг, тому $S_{i}+S_{j}<360^{\circ}$ (п’ята дуга додатна). Отже дві несусідні суми не можуть бути одночасно $\geq180^{\circ}$.
Якби $\geq180^{\circ}$ були аж три суми, то серед них — трьох із п’яти, розташованих по колу — неодмінно знайшлася б несусідня пара, що неможливо. Тому $\geq180^{\circ}$ — щонайбільше дві суми, а отже принаймні три суми $S_{i}<180^{\circ}$, тобто принаймні три трикутники тупокутні.
2) Покажемо, що рівно три тупокутні трикутники справді можливі.
Впишемо у коло квадрат $ABCD$ (його діагоналі $AC$ і $BD$ — діаметри) і візьмемо п’яту точку $E$ на дузі $AB$.
- Будь-які три вершини квадрата містять діагональ-діаметр, тому всі $C_{4}^{3}=4$ таких трикутники прямокутні.
- Трикутники $ACE$ і $BDE$ спираються на діаметри $AC$ і $BD$, тому теж прямокутні.
- Серед решти трикутників — $ABE$, $BCE$, $CDE$, $DAE$ (точка $E$ і дві сусідні вершини квадрата) — тупокутні три: $ABE$, $BCE$, $DAE$ (їхні вершини вміщуються в півколо), а $CDE$ — гострокутний.
Разом: $6$ прямокутних, $1$ гострокутний і рівно $3$ тупокутні трикутники.
Що й треба було довести.