822. Докажите, что периметр треугольника, вершинами которого служат основания высот данного остроугольного треугольника, не превосходит половины периметра данного треугольника.
Решение. Первый способ. Пусть AA_{1}
, BB_{1}
и CC_{1}
— высоты остроугольного треугольника ABC
; S
, R
, r
и p
— соответственно площадь, радиус описанной окружности с центром O
, радиус вписанной окружности и полупериметр треугольника ABC
, p_{1}
— полупериметр треугольника A_{1}B_{1}C_{1}
.
Проведём касательную AK
к описанной окружности треугольника ABC
(точки K
и C
лежат по разные стороны от прямой AB
). Из теоремы об угле между касательной и хордой следует, что
\angle BAK=\angle ACB=\angle AC_{1}B_{1}.
Значит, AK\parallel B_{1}C_{1}
, а так как OA\perp AK
, то OA\perp B_{1}C_{1}
. Аналогично OB\perp A_{1}C_{1}
и OC\perp A_{1}B_{1}
.
Диагонали четырёхугольников AB_{1}OC_{1}
, BA_{1}OC_{1}
и CA_{1}OB_{1}
перпендикулярны, поэтому
S=S_{AB_{1}OC_{1}}+S_{BA_{1}OC_{1}}+S_{CA_{1}OB_{1}}=\frac{1}{2}R\cdot B_{1}C_{1}+\frac{1}{2}R\cdot A_{1}C_{1}+\frac{1}{2}R\cdot A_{1}B_{1}=
=\frac{1}{2}(B_{1}C_{1}+A_{1}C_{1}+A_{1}B_{1})R=p_{1}R.
С другой стороны, S=pr
, поэтому p_{1}R=pr
, откуда p_{1}=\frac{r}{R}\cdot p\leqslant\frac{1}{2}p
.
Последнее неравенство следует из того, что радиус описанной окружности треугольника не меньше диаметра вписанной, т. е. R\geqslant2r
.
Второй способ. Воспользуемся следующим известным утверждением (задача Фаньяно, см. задачу 5010). Из всех треугольников, вписанных в данный остроугольный треугольник, наименьший периметр имеет ортотреугольник данного треугольника.
Пусть AA_{1}
, BB_{1}
и CC_{1}
— высоты остроугольного треугольника ABC
, p
— полупериметр треугольника ABC
, p_{1}
— полупериметр треугольника A_{1}B_{1}C_{1}
.
Тогда периметр треугольника A_{1}B_{1}C_{1}
не превосходит периметр треугольника, вершины которого — середины сторон треугольника ABC
, т. е. 2p_{1}\leqslant p
. Следовательно, p_{1}\leqslant\frac{1}{2}p
.