Четыре круга, центры которых являются вершинами выпуклого четырехугольника, целиком покрывают этот четырехугольник. Доказать, что из них можно выбрать три круга, которые покрывают треугольник с вершинами в центрах этих кругов.
Основная трудность в этой задаче — придумать такое рассуждение, которое бы охватывало все возможные случаи расположения окружностей и все возможные по форме четырёхугольники.
Идея приводимого ниже решения принадлежит Н. Васильеву.
Обозначим круги с центрами $A$, $B$, $C$, $D$ в вершинах данного
четырёхугольника $ABCD$ через $K_A$, $K_B$, $K_C$, $K_D$, их радиусы — через
$r_A$, $r_B$, $r_C$, $r_D$. Предположим, что утверждение задачи неверно.
Тогда каждый круг имеет общую точку с частью противоположного ему треугольника, не покрытой тремя другими кругами: например, $K_A$ должен
содержать точки $\triangle BCD$, не покрытые ни одним из кругов $K_B$,
$K_C$, $K_D$. Пусть $O$ — точка пересечения диагоналей. Докажем при нашем
предположении, что $r_A\ge OA$, т. е. что круг $K_A$ содержит точку $O$.
Остальное уже ясно: точно так же можно будет доказать, что точка $O$
принадлежит $K_B$ и $K_C$, а отсюда очевидным образом следует, что эти круги
покрывают $\triangle ABC$. Посмотрите на рисунки 9, 10: если $OL$ и $ON$ — перпендикуляры, опущенные на прямые $AB$ и $BC$, то $K_A$ покрывает
$\triangle OAL$, $K_C$ — $\triangle OCN$, $K_B$ — $\triangle OBL$ и $\triangle OBM$, а эти четыре прямоугольных треугольника заведомо покрывают
$\triangle ABC$, даже если один из треугольников $AOB$ или $OBC$ (как на рисунке 10) тупоугольный.
Рис. 9Рис. 10
Приходим к противоречию с нашим предположением, следовательно,
утверждение задачи верно.
Итак, осталось доказать, что $r_A\ge OA$. Нам понадобится следующая,
почти очевидная
Лемма. Пусть задан выпуклый четырёхугольник $PQRS$ и круг $K_R$
(не содержащий $\triangle PQR$ целиком). Тогда из всех точек, лежащих
внутри$\triangle PQR$ и вне $K_R$, ближайшей к точке $S$ будет:
основание $F$ перпендикуляра $SF$, опущенного из точки $S$ на прямую
$PR$, если эта точка $F$ лежит вне круга $K_R$
(рис. 11, а);
точка $E$ пересечения окружности $K_R$ с отрезком $PR$, если точка $F$
лежит внутри круга $K_R$ (рис. 11, б).
(Здесь важно, что угол $QRS$ четырёхугольника меньше $180^\circ$;
доказательство леммы оставляем читателю.)
Рис. 11, аРис. 11, бРис. 12
Можно считать, что $\angle AOB\le90^\circ$ (иначе мы взяли бы не $B$, a $D$). Пусть $BB_1\perp AC$; $AA_1\perp BD$; $B_1A_2\perp BD$ (рис. 12).
Предположим, что $r_A\lt OA$ и $E$ — ближайшая к $O$ точка $K_A$ (она лежит
на отрезке $OA$ и $AE=r_A$, $EM$ — перпендикуляр, опущенный из $E$ на $BD$.
Ясно, что тогда $AM\gt AE$. Докажем, что тем не менее $r_A\gt AM$, отсюда
будет следовать, что наше предположение ($r_A\lt OA$) неверно.
Докажем сначала, что $r_B\gt BM$. Применим лемму к $\triangle ACD$, кругу
$K_A$ и точке $B$. Рассмотрим два случая:
$E$ лежит между $A$ и $B_1$. Тогда $r_B\gt BB_1\gt BA_2\ge BM$;
$E$ лежит между $O$ и $B_1$. Тогда (по лемме) $r_B\gt BE\gt BM$.
Итак, мы знаем, что точка $M$ принадлежит $K_B$. Применяя лемму к $\triangle BCD$, кругу $K_B$ и точке $A$ (заметим, что $M$ лежит между $O$ и $A_1$, так что всегда имеет место случай б)), получим $r_A\gt AM$. Круг
замкнулся, требуемое противоречие получено.
