Внутри треугольника $\triangle$ нужно расположить треугольник $\triangle_1$ так, чтобы у каждого из трёх квадратов, построенных на сторонах треугольника $\triangle_1$, две вершины лежали на разных сторонах треугольника $\triangle$ (рис. 1).
Докажите, что медианы треугольника $\triangle$ перпендикулярны сторонам треугольника $\triangle_1$.
Для любого ли остроугольного треугольника $\triangle$ такое построение возможно?
а) Легко видеть, что из трёх голубых треугольников (см. рис. 1) при помощи трёх параллельных переносов, переводящих вершины треугольника $\triangle_1$ в некоторую точку $O$, можно составить треугольник $\widetilde\triangle$, подобный исходному треугольнику $\triangle$ (рис. 2). Отрезки, соединяющие вершины треугольника $\widetilde\triangle$ с точкой $O$, делят треугольник $\widetilde\triangle$ на три равновеликих треугольника, площадь каждого из которых равна площади треугольника $\triangle_1$. Поэтому $O$ — точка пересечения медиан треугольника $\widetilde\triangle$ (расстояние от $O$ до любой из сторон треугольника $\widetilde\triangle$ равно $\dfrac13$ высоты, опущенной на эту сторону).
Рис. 1Рис. 2
Таким образом, медианы треугольника $\triangle$ параллельны медианам треугольника $\widetilde\triangle$ и, следовательно, перпендикулярны сторонам треугольника $\triangle_1$.
б) Ответ: для любого.
Прежде всего заметим, что медианы построенного треугольника $\widetilde\triangle$ пропорциональны медианам треугольника $\triangle$ и сторонам треугольника $\triangle_1$. Поэтому треугольник $\triangle_1$ подобен треугольнику $\triangle_1'$, стороны которого равны по длине медианам треугольника $\triangle_1'$ (рис. 3; такой треугольник всегда существует).
Рис. 3
Построим на сторонах треугольника $\triangle_1'$ квадраты, после чего соединим их вершины (см. рис. 3). Ясно, что никакие две из проведённых прямых не параллельны. Если образованный при этом треугольник $\triangle'$ содержит построенные квадраты, то нужное построение мы получим, переводя преобразованием подобия треугольник $\triangle'$ в треугольник $\triangle$ (треугольники $\triangle$ и $\triangle'$ подобны). Если же какая‑нибудь из трёх прямых попадает внутрь одного из квадратов, построение окажется невозможным. Понятно, когда это может произойти.
Пусть $\overrightarrow{a}$, $\overrightarrow{b}$, $\overrightarrow{c}$ — векторы, определяемые сторонами треугольника $\triangle$, $\overrightarrow{m_a}$ и $\overrightarrow{m_b}$ — векторы, определяемые соответствующими медианами (рис. 4), так что $\overrightarrow{m_a}=\dfrac12(\overrightarrow{c}-\overrightarrow{b})$, $\overrightarrow{m_b}=-\overrightarrow{c}-\dfrac12\overrightarrow{b}$. Пусть, далее, прямая, соединяющая вершины квадратов, построенных на векторах $\overrightarrow{m_b}$ и $\overrightarrow{m_a}$, попадает внутрь квадрата, построенного на $\overrightarrow{m_a}$ (рис. 5). Легко видеть, что это может быть тогда и только тогда, когда угол $\gamma$ между векторами $\overrightarrow{m_a}$ и $\overrightarrow{m_b}$ — тупой и $m_b\cos(\pi-\gamma)\gt m_a$ (см. рис. 5; через $x$ мы обозначаем длину вектора $\overrightarrow{x}$). Поскольку $\cos(\pi-\gamma)=\dfrac{\overrightarrow{m_a}\cdot\overrightarrow{m_b}}{m_a\cdot m_b}$, наше неравенство равносильно такому: $\overrightarrow{m_a}\cdot\overrightarrow{m_b}\gt m_a^2=\overrightarrow{m_a}\cdot\overrightarrow{m_a}$, или $\overrightarrow{m_a}\cdot(\overrightarrow{m_b}-\overrightarrow{m_a})\gt0$.
Рис. 4Рис. 5
Подставляя вместо $\overrightarrow{m_a}$ и $\overrightarrow{m_b}$ их выражения через $\overrightarrow{b}$, $\overrightarrow{c}$, после преобразований получим $\overrightarrow{b}\cdot\overrightarrow{c}-\overrightarrow{c}^2\gt0$, или $b\cdot c\cos(\pi-\widehat{A})\gt c^2$ (см. рис. 4), т. е. $\cos\widehat{A}\lt-\dfrac{c}{b}$, что возможно лишь при условии, что угол $A$ — тупой, причём $b\gt c$.
Таким образом, если в исходном треугольнике $ABC$, $a\ge b\ge c$, угол $A$ таков, что $\cos\widehat{A}\ge-\dfrac{c}{b}$, требуемое построение возможно. В частности, оно возможно для любого остроугольного треугольника.
