Задача 5. Шесть угловых треугольников

Что дано и что нужно

Обозначим вершины по порядку: $A$, $B$, $C$, $D$, $E$, $F$. «Три идущие подряд вершины» — это $ABC$, $BCD$, $CDE$, $DEF$, $EFA$ и $FAB$: шесть угловых треугольников, у каждого площадь $1$. Условие «все углы меньше $180^\circ$» означает, что шестиугольник выпуклый: продолжи любую его сторону — все остальные вершины окажутся по одну сторону от этой прямой. Это нам пригодится.

Нужно доказать неравенство: площадь $S$ шестиугольника не меньше $6$. Просто сложить площади шести треугольников нельзя: они накладываются друг на друга (например, $ABC$ и $BCD$ перекрываются около стороны $BC$), а середину шестиугольника могут вовсе не покрывать. План такой: сначала вытянуть из равных площадей что-то про форму шестиугольника, а потом разрезать его на куски, площади которых мы знаем.

Равные площади дают параллельные прямые

Сравним соседние треугольники $ABC$ и $BCD$. У них общая сторона $BC$ и равные площади, а площадь — это половина произведения основания на высоту. Значит, равны высоты, опущенные на $BC$: вершины $A$ и $D$ находятся на одном расстоянии от прямой $BC$. Точки на одном расстоянии от прямой лежат на двух параллельных ей прямых — по одной с каждой стороны. Но шестиугольник выпуклый, поэтому $A$ и $D$ лежат по одну сторону от прямой $BC$, то есть на одной прямой, параллельной $BC$: $AD \parallel BC$.

То же рассуждение для других пар соседних угловых треугольников:

• $DEF$ и $EFA$ (общая сторона $EF$): $A$ и $D$ на одном расстоянии от $EF$, значит, $AD \parallel EF$;

• $BCD$ и $CDE$ (общая сторона $CD$): $BE \parallel CD$; $EFA$ и $FAB$ (общая сторона $FA$): $BE \parallel FA$;

• $CDE$ и $DEF$ (общая сторона $DE$): $CF \parallel DE$; $FAB$ и $ABC$ (общая сторона $AB$): $CF \parallel AB$.

Итак, каждая из трёх больших диагоналей параллельна двум сторонам шестиугольника:

В модели это видно по цветам в режиме «Диагонали»: как ни тяни вершины, диагональ и две стороны одного цвета остаются параллельными.

Точка P и два параллелограмма

Пусть $P$ — точка пересечения диагоналей $AD$ и $BE$. В выпуклом шестиугольнике они пересекаются внутри: при обходе вершин $B$ стоит между $A$ и $D$, а $E$ — на другой дуге, поэтому отрезки $AD$ и $BE$ не могут разминуться.

Посмотрим на четырёхугольник $PBCD$. Его сторона $PB$ лежит на диагонали $BE$, а $BE \parallel CD$; сторона $PD$ лежит на $AD$, а $AD \parallel BC$. Обе пары противоположных сторон параллельны — $PBCD$ параллелограмм. Диагональ $BD$ делит параллелограмм на два равных треугольника $BCD$ и $PBD$, поэтому $S(PBD) = S(BCD) = 1$ и $S(PBCD) = 2$.

Точно так же $PEFA$ — параллелограмм: $PE \parallel FA$ и $PA \parallel EF$. Его диагональ $AE$ отрезает треугольник $EFA$ площади $1$, поэтому $S(PAE) = 1$ и $S(PEFA) = 2$.

Диагонали $AD$ и $BE$ режут шестиугольник на четыре части: треугольник $PAB$, параллелограмм $PBCD$, треугольник $PDE$ и параллелограмм $PEFA$ (обойди границу по кругу: от $A$ к $B$, от $B$ через $C$ к $D$, от $D$ к $E$, от $E$ через $F$ к $A$). Значит,

Осталось показать, что два треугольника при точке $P$ вместе дают не меньше $2$.

Площади двух треугольников перемножаются в 1

Обозначим $k = PB : PE$ — во сколько раз отрезок $PB$ длиннее $PE$ (или короче, если $k < 1$). Треугольники $PAB$ и $PAE$ имеют общую вершину $A$, а их основания $PB$ и $PE$ лежат на одной прямой $BE$, так что высота из $A$ у них общая. Площади относятся как основания:

Треугольники $PBD$ и $PDE$ устроены так же — общая вершина $D$, основания $PB$ и $PE$ на прямой $BE$:

Итак, площади двух треугольников при $P$ — это $k$ и $\frac{1}{k}$: их произведение всегда равно $1$, как бы ни выглядел шестиугольник. В модели в режиме «Разрез через $P$» это два жёлтых треугольника: один растёт ровно во столько раз, во сколько уменьшается другой. Площадь всего шестиугольника

Сумма k + 1/k не меньше 2 — доказательство закончено

Два положительных числа с произведением $1$ в сумме дают не меньше $2$. Почему: $(k-1)^2 \ge 0$; раскроем скобки: $k^2 - 2k + 1 \ge 0$, то есть $k^2 + 1 \ge 2k$. Разделим на положительное $k$: $k + \frac{1}{k} \ge 2$. Проверь на числах: при $k = 2$ сумма $2 + 0{,}5 = 2{,}5$, при $k = 3$ — $3 + \frac{1}{3} \approx 3{,}33$, при $k = 1$ — ровно $2$.

Поэтому

что и требовалось доказать.

Когда площадь ровно $6$? Только при $k = 1$, то есть $PB = PE$; тогда $S(PAB) = S(PDE) = 1$, и точка $P$ делит пополам обе диагонали. Так устроен, например, правильный шестиугольник: его центр $O$ делит каждую большую диагональ пополам, шесть треугольников вокруг центра равны, и если у каждого площадь $1$, то площадь шестиугольника $6$. А угловые треугольники тоже имеют площадь $1$: центр $O$ лежит на диагонали $CF$, а $CF \parallel AB$, поэтому $C$ и $O$ одинаково удалены от $AB$ и $S(ABC) = S(ABO) = 1$. Значит, оценка $6$ точная — меньше нельзя, а ровно $6$ бывает.