13075. Точка M
— середина стороны AB
равностороннего треугольника ABC
. Найдите на сторонах BC
и AC
такие точки N
и P
, чтобы периметр треугольника MPN
был наименьшим. Вычислите для этого случая отношение площади треугольника MPN
к площади треугольника ABC
.
Ответ. Точки N
и P
— середины сторон BC
и AC
соответственно; искомое отношение равно \frac{1}{4}
.
Решение. Пусть M_{1}
и M_{2}
— точки, симметричные точке M
относительно прямых BC
и AC
соответственно. Тогда прямая MN
пересекает стороны BC
и AC
, так как
\angle MCM_{1}=2\angle MCM_{1}+2\angle MCM_{2}=60^{\circ}+60^{\circ}=120^{\circ}\lt180^{\circ}.
Пусть N
и P
— точки пересечения прямой M_{1}M_{2}
со сторонами BC
и AC
соответственно. Докажем, что периметр треугольника MPN
не превосходит периметра треугольника M'PN'
для любых точек N'
и P'
, лежащих на сторонах BC
и AC
соответственно.
Действительно, если N'
и P'
— произвольные точки сторон BC
и AC
, то из симметрии
MN'=M_{1}N',~MP'=M_{2}P',~M_{1}N=MN,~M_{2}P=MP,
поэтому
MN'+N'P'+MP'=M_{1}M'+N'P'+M_{2}P'\geqslant M_{1}M_{2}=
=M_{1}N+NP+M_{2}P=MN+NP+MP
(причём, если точки N'
и P'
одновременно не совпадают с M
и N
, то неравенство строгое). Что и требовалось доказать.
Докажем, что N
и M
— середины сторон BC
и AC
. Действительно, треугольники M_{1}CM
и M_{2}CM
равносторонние, так как так как они равнобедренные, CM_{1}=CM=CM_{2}
, а также \angle MCM_{1}=\angle MCM_{2}=60^{\circ}
(из симметрии). Значит, стороны четырёхугольника CM_{1}MM_{2}
равны, поэтому это ромб. Его диагонали перпендикулярны, поэтому M_{1}M_{2}\parallel AB
, а точка O
пересечения M_{1}M_{2}
и AM
— середина CM
. Тогда по теореме Фалеса N
и P
— середины отрезков BC
и AC
соответственно. Что и требовалось доказать.
Стороны треугольника MPN
— это средние линии треугольника ABC
, значит, эти треугольники подобны с коэффициентом \frac{1}{2}
. Следовательно, отношение их площадей равно \left(\frac{1}{2}\right)^{2}=\frac{1}{4}
.