12133. а) Из точки M
внутри прямоугольника ABCD
площади S
проводятся биссектрисы ME
, MF
, MG
, MH
треугольников DMA
, AMB
, BMC
, CMD
соответственно. Докажите,что для площади S_{0}
четырёхугольника EFGH
выполнены неравенства
\frac{3}{8}S\lt S_{0}\leqslant\frac{1}{2}S.
б) Для каких точек M
выполнено равенство S_{0}=\frac{1}{2}S
?
Ответ. Равенство выполнено только для точек M
, лежащих на отрезках, соединяющих середины противоположных сторон прямоугольника ABCD
.
Решение. Если точка M
лежит на одном из отрезков, соединяющем середины противоположных сторон прямоугольника, например, на отрезке FH
(рис. 1), где F
и H
— середины сторон AB
и CD
соответственно, то
S_{0}=S_{\triangle FGH}+S_{\triangle FEH}=\frac{1}{2}S_{FBCH}+\frac{1}{2}S_{FADH}=\frac{1}{2}(S_{FBCH}+S_{FADH})=\frac{1}{2}S.
Докажем, что для всех других точек M
верны неравенства \frac{3}{8}S\lt S_{0}\lt\frac{1}{2}S
.
Пусть A
— ближайшая к точке M
вершина прямоугольника ABCD
(рис. 2). Покажем, что
AE\lt BG\lt\frac{1}{2}BC.
Это неравенство равносильно неравенству
\frac{AE}{ED}\lt\frac{BG}{GC}\lt1,~\mbox{или}~\frac{AE^{2}}{ED^{2}}\lt\frac{BG^{2}}{GC^{2}}\lt1.
По свойству биссектрисы треугольника
\frac{AE}{ED}=\frac{MA}{MD},~\frac{BG}{GC}=\frac{BM}{MC},
поэтому достаточно доказать, что
\frac{MA^{2}}{MD^{2}}\lt\frac{BM^{2}}{MC^{2}}\lt1.
Пусть x
, x_{1}
, y
, y_{1}
— расстояния от точки M
до сторон AD
, BC
, AB
и CD
соответственно. Тогда
\frac{MA^{2}}{MD^{2}}=\frac{x^{2}+y^{2}}{x^{2}+y_{1}^{2}}=1-\frac{y_{1}^{2}-y^{2}}{x^{2}+y_{1}^{2}},~\frac{MB^{2}}{MC^{2}}=\frac{x_{1}^{2}+y^{2}}{x_{1}^{2}+y_{1}^{2}}=1-\frac{y_{1}^{2}-y^{2}}{x_{1}^{2}+y_{1}^{2}},
а так как x\lt x_{1}
, y\lt y_{1}
, то
\frac{MA^{2}}{MD^{2}}\lt\frac{BM^{2}}{MC^{2}}~\Leftrightarrow~1-\frac{y_{1}^{2}-y^{2}}{x^{2}+y_{1}^{2}}\lt1-\frac{y_{1}^{2}-y^{2}}{x_{1}^{2}+y_{1}^{2}}~\Leftrightarrow~\frac{y_{1}^{2}-y^{2}}{x^{2}+y_{1}^{2}}\gt\frac{y_{1}^{2}-y^{2}}{x_{1}^{2}+y_{1}^{2}}
и
\frac{BM^{2}}{MC^{2}}\lt1~\Leftrightarrow~\frac{x_{1}^{2}+y^{2}}{x_{1}^{2}+y_{1}^{2}}\lt1.
Следовательно,
AE\lt BG\lt\frac{1}{2}BC.
Аналогично,
AF\lt DH\lt\frac{1}{2}DC.
Проведём через точки E
и G
прямые, параллельные стороне AB
, а через F
и H
— прямые, параллельные AD
. Эти прямые ограничивают прямоугольник A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}
площадью s
(рис. 3). Из доказанных неравенств следует, что треугольники EFA_{1}
, FGD_{1}
, GHC_{1}
и HEB_{1}
покрывают четырёхугольник EFGH
в один слой, за исключением прямоугольника A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}
, который покрывается дважды. Значит, сумма площадей этих треугольников равна S_{0}+s
. Добавляя к равной ей сумме площадей треугольников AEF
, BFG
, CGH
и DHE
площадь S_{0}
, получим площадь S
всего данного прямоугольника ABCD
. Следовательно,
2S_{0}+s=S~\Leftrightarrow~S_{0}=\frac{S-s}{2}.
Кроме того, поскольку
A_{1}D_{1}\lt FD_{1}=BG\lt\frac{1}{2}BC~\mbox{и}~A_{1}B_{1}\lt EB_{1}=DH\lt\frac{1}{2}DC,
то 0\lt s\lt\frac{1}{4}S
.
Тогда
S_{0}=\frac{S-s}{2}=\frac{1}{2}S-\frac{1}{2}s\lt\frac{1}{2}S
и
S_{0}=\frac{S-s}{2}\gt\frac{S-\frac{1}{4}S}{2}=\frac{3}{8}S.
Что и требовалось доказать.
Автор: Азамов А. А.
Источник: Журнал «Квант». — 1989, № 11, с. 23, M1194; 1990, № 4, с. 34, M1194
Источник: Задачник «Кванта». — 1989, № 11, M1194