11156. На сторонах BC
, CA
, AB
треугольника ABC
выбраны соответственно точки K
, L
, M
, а внутри треугольника выбрана точка P
так, что PL\parallel BC
, PM\parallel CA
, PK\parallel AB
. Может ли оказаться, что все три трапеции AMPL
, BKPM
, CLPK
описанные?
Ответ. Нет, не может.
Решение. Первый способ. Продлим отрезки PK
, PL
, PM
до пересечения со сторонами в точках E
, F
, G
. Трапеция AMPL
описанная, поэтому AL+PM=AM+PL
, откуда
AE+EL+PM-AM-PL=0,
или (используя то, что AMPE
— параллелограмм)
2PM+EL-PE-PL=0.
Сложим это равенство с аналогичными равенствами
2PL+GK-PG-PK=0,~\mbox{и}~2PK+FM-PF-PM=0.
Получим
(PK+GK-PG)+(PM+FM-PF)+(PL+EL-PE)=0.
Но, согласно неравенству треугольника, каждая скобка в левой части положительна. Противоречие. Задача решена.
Второй способ. Предположим, что все три эти трапеции описанные. Обозначим вписанные окружности через \omega_{a}
, \omega_{b}
, \omega_{c}
соответственно, а их диаметры — через d_{a}
, d_{b}
, d_{c}
. В силу циклической симметрии условия можем считать, что d_{c}
— наибольший из диаметров. Продлим PL
до пересечения с AB
в точке F
. Заметим, что d_{c}
равно расстоянию между прямыми LF
и BC
, т. е. высоте трапеции BFLC
. Тогда d_{b}
не больше этой высоты, значит, окружность \omega_{b}
, целиком содержится внутри трапеции BFLC
и не может касаться отрезка MP
. Получено противоречие, завершающее решение.
Третий способ. Это решение придумал на Кавказской олимпиаде десятиклассник из Майкопа Ислам Емиж.
Из отрезков PK
, PL
, PM
выберем наименьший по длине. Не умаляя общности, считаем, что это отрезок PK
. Тогда в описанной трапеции CLPK
боковая сторона PK
не больше меньшего основания PL
, т. е. PK\leqslant PL
.
Поскольку трапеция CLPK
описанная, то
KC+PL=CL+PK~\Rightarrow~KC=CL+PK-PL.
С другой стороны, если прямая, проходящая через вершину L
трапеции CLPK
параллельно PK
, пересекает CK
в точке T
, то
KC-PL=KC-KT=CT\gt CL-LT=CL-PK,~\mbox{т. е.}~KC-PL\gt CL-PK.
Значит,
PK\gt CL+PL-KC=CL+PL-(CL+PK-PL)~\Rightarrow~2PK\gt2PL~\Rightarrow~PK\gt PL.
Противоречие.