Задача из журнала «Квант» (2001 год, 5 выпуск) M1788

Весёлый треугольник

Задача

В треугольнике $ABC$ точка $I$ — центр вписанной окружности $W$,$Q$,$D$ — точки ее касания со сторонами $BC$,$CA$,$AB$ (см. рисунок выше). Прямые $AB_1$ и $BQ$ пересекаются в точке $P$, $AC$ и $WD$ — в точке $M$, $BC$ и $QD$ — в точке $N$. Докажите, что прямые $IP$ и $MN$ перпендикулярны.

Решение

Построим на отрезках $IA$ и $IW$ как на диаметрах окружности. Отличная от $I$ точка $Y$ их пересечения будет основанием перпендикуляра, опущенного из $I$ на $AW$, а прямая $IN_1$ проходит через $N$, так как $IY$ — общая хорда этих двух окружностей, $BC$ — общая касательная первой из них и вписанной окружности треугольника, $QD$ — общая хорда второй и вписанной окружностей. Из подобия прямоугольных треугольников $INW$ и $IWY$ получаем $IN \cdot IY = r^2$, где $r$ — радиус вписанной окружности. Аналогично получаем, что прямая $IM$ перпендикулярная $BQ$, и для точки пересечения $M_1$: $IM \cdot IM_1 = r^2$. Следовательно, треугольник $IM_1Y$ подобен треугольнику $INM$ и вписан в окружность с диаметром $IP$. Поэтому $\angle M_1IP + \angle INM = \angle M_1YP + \angle IYM_1 = 90^{\circ}.$

Что и хотели доказать.

А. Заславский

M1705. Шахматная сфера

Задача из журнала «Квант» (1999 год, 5 выпуск)

Условие

Через точку внутри сферы проведены три попарно перпендикулярные плоскости, которые рассекли сферу на 8 криволинейных треугольников. Эти треугольники закрашены в шахматном порядке в черный и белый цвета (рис.1). Докажите, что площадь черной части сферы равна площади ее белой части.

Решение

Докажем равносоставленность черной и белой частей сферы, тем самым будет доказана их равновеликовость. Обозначим через $\alpha$, $\beta$ и $\gamma$ плоскости, рассекающие сферу, а через $\overline{\alpha}$, $\overline{\beta}$ и $\overline{\gamma}$ — плоскости, соответственно симметричные им относительно центра сферы. Эти шесть плоскостей рассекают сферу на попарно равные куски так, что один из них белый, а другой черный в каждой паре. Однако этот факт легко услышать, но труднее увидеть.

Чтобы увидеть было легче, будем следовать принципу постепенности. Между плоскостями $\alpha$ и $\overline{\alpha}$, которые будем считать горизонтальными, расположен сферический пояс, выше и ниже которого располагаются две сферические «шапки». Заметим, что плоскости $\beta$, $\overline{\beta}$, $\gamma$ и $\overline{\gamma}$ разрезают эти шапки на части так, что каждая белая часть одной шапки симметрична черной части другой шапки относительно горизонтальной плоскости $\pi$, проходящей через центр сферы.

Осталось разобраться со сферическим поясом. Для этого воспроизведем на рисунке сечение сферы плоскостью $\pi$, на котором показаны следы секущих плоскостей и следы черных и белых кусков сферического пояса (рис.2).

Одинаковым номерам соответствуют следы тех кусков, которые симметричны и имеют разные цвета.

Напоследок заметим, что объектом утверждения задачи может выступать не только сфера, но любая поверхность выпуклого тела, имеющего три попарно перпендикулярные плоскости симметрии (например, эллипсоид или правильный октаэдр; случай с октаэдром особенно интересен, поскольку у него существуют различные попарно перпендикулярные тройки плоскостей симметрии). Но в указанном смысле также любопытен и случай с обыкновенным кубом (рис.3).

В. Произволов

М1759. Остроугольный прямоугольник

Задача из журнала «Квант» (2001 год, 4 выпуск)

Условие

Имеется остроугольный треугольник с меньшей стороной $c$ и противолежащим ей углом $\gamma$ . Известно, что треугольник можно раскрасить в два цвета так, что расстояние между любыми двумя точками одного цвета будет не больше $с$. Докажите, что $\gamma \geqslant 36^\circ$.

Решение

Рисунок к задачеРассмотрим треугольник $ABC$ с длинами сторон $AB=c$, $BC=a$, $CA=b$, причём $a \geqslant b \geqslant c$; углы при вершинах $A$, $B$ и $C$ обозначим соответственно через $\alpha$, $\beta$ и $\gamma$.

Пусть точка $K$ — середина стороны $BC$, точка $A_1$ — пересечение серединного перпендикуляра к $BC$ и стороны $AC$ (см. рисунок).

Из условия задачи следует, что в указанной раскраске вершины $B$ и $C$ должны быть разного цвета, поскольку расстояние между ними больше $c$ (если оно равно $c$, то треугольник равносторонний, и для него утверждение задачи выполняется). Значит, точка $A_1$ должна иметь одинаковый цвет с одной из точек $B$ или $C$.

В любом случае должно выполняться неравенство $AB \geqslant A_1C$, которое равносильно следующим неравенствам:
$$c \geqslant \frac{a}{2\cos\gamma}\;;\;\frac{\sin\gamma}{\sin\alpha}\geqslant\frac{1}{2\cos\gamma};$$
$$\sin2\gamma \geqslant \sin\alpha\;;\;\alpha \leqslant 2\gamma \leqslant \pi-\alpha$$
Учитывая, что $2\gamma \leqslant \beta+\gamma=\pi-\alpha$, имеем: $AB \geqslant A_1C \Leftrightarrow \alpha \leqslant 2\gamma .$

Завершаем доказательство:
$$180^\circ = \alpha+\beta+\gamma \leqslant 2\gamma+2\gamma+\gamma=5\gamma \Rightarrow \gamma \geqslant 36^\circ .$$

А.Эвнин

M1273. Площади фигуры, составленной из треугольников

Задача из журнала «Квант» (1991 год, выпуск 8)

На сторонах $AB$, $BC$ и $CA$ треугольника $ABC$ как на основаниях вне его построены треугольники $ABC_{1}$, $BCA_{1}$, $CAB_{1}$, у каждого из которых отношение высоты к основанию равно $k$. Такие же треугольники $ABC_{2}$, $BCA_{2}$ и $CAB_{2}$ построены и по другую (внутреннюю) сторону от оснований. Докажите, что площади $S$, $S_{1}$ и $S_{2}$ треугольников $ABC$, $A_{1}B_{1}C_{1}$ и $A_{2}B_{2}C_{2}$ связаны соотношением $$S_{1} \pm S_{2} = S \cdot \left(\frac12 + 6k^2\right) $$ (знак «$+$» или «$-$» зависит от ориентации треугольника $A_{2}B_{2}C_{2}$ по отношению к $ABC$).

Доказательство

Вершины треугольников с площадями $S_{1}$ и $S_{2}$ лежат на серединных перпендикулярах к сторонам треугольника $ABC$, проходящих через центр $O$ его описанной окружности. Если обозначить через $R$ радиус этой окружности, а через $\alpha$, $\beta$, $\gamma$ — углы треугольника $ABC$, то из рис.1 видно, что, поскольку синусы углов между перпендикулярами равны синусам углов между соответствующими сторонами, то $$ 2S_{1} = OA_{1} \cdot OB_{1} \cdot \sin \gamma + OB_{1} \cdot OC_{1} \cdot \sin \alpha + OC_{1} \cdot OA_{1} \cdot \sin \beta . $$

рис.1

Пусть $t$ — тангенс угла наклона стороны равнобедренного треугольника к основанию $(t = 2 \cdot k)$. Тогда отрезки от $O$ до вершин легко выразить через радиус $R$ и получить, что $$\begin{multline} \frac{2S_1}{R^2} = \left(\cos \alpha + t \sin \alpha \right) \cdot \left( \cos \beta + t \sin \beta \right) \cdot \sin \gamma + {} \\\\ {} + \left( \cos \beta+ t \sin \beta \right) \cdot \left( \cos \gamma+ t \sin \gamma \right) \cdot \sin \alpha + {} \\\\ {} + \left(\cos \gamma+ t \sin \gamma \right) \cdot \left( \cos \alpha+ t \sin \alpha \right) \cdot \sin \beta.\end{multline}$$
Отношение же $\frac{ 2S_{2} }{R^2}$ (для случая, изображенного на рис.1) равно аналогичному выражению, где вместо $t$ стоит $-t$. Сложив оба эти выражения и раскрыв скобки, мы увидим, что коэффициент при $t^1$ равен $0$, коэффициент при $t^2$ равен $6 \cdot \sin \alpha \cdot \sin \beta \cdot \sin \gamma$, а свободный член (здесь нужно использовать равенство $\alpha + \beta + \gamma = \pi$, откуда $ \cot \alpha \cdot \cot \beta + \cot \beta \cdot \cot \gamma + \cot \alpha \cdot \cot \gamma = 1$) равен $2 \cdot \sin \alpha \cdot \sin \beta \cdot \sin \gamma$. По известной формуле $S = \frac{abc}{4R}$, выражающей площадь $S$ через стороны $a$, $b$, $c$ и радиус описанной окружности $R$, $$2 \cdot \sin \alpha \cdot \sin \beta \cdot \sin \gamma = 2\frac{abc}{8R^3} = \frac{S}{R^2}$$
Откуда получаем нужную формулу $$\begin{equation} S_{1} + S_{2} = \frac{1+3t^2}{2} S = S \cdot \left(\frac12 + 6k^2\right) \end{equation} $$.
Эти рассуждения необходимо несколько уточнить, чтобы они оказались применимы не только для случая, изображенного на рис.1, но и для случая, когда внутренние треугольники налегают друг на друга, в частности, когда $A_{2}B_{2}C_{2}$ имеет противоположную ориентацию. Вместо этого мы посмотрим на наши рассуждения с более общей точки зрения.
Верен такой общий факт: если три точки $K$, $L$ и $M$ с постоянными скоростями движутся по трем прямым, то площадь ориентированного треугольника $KLM$ как функция,зависящая от времени $t$, выражается квадратным трехчленом от $t:S = F\left(t\right)$. Легко доказать это, например, с помощью метода координат (формула ориентированной площади треугольника с вершинами $\left(x_1, y_1\right)$, $\left(x_2, y_2\right)$, $\left(x_3, y_3\right)$ выглядит так: $$ S = \frac{x_1 y_2 — x_2 y_1 + x_2 y_3 — x_1 y_2 + x_3 y_1 — x_1 y_3}{2}.$$ Ясно, что если каждая координата выражается линейной функцией от $t$, то $S$ — квадратный трёхчлен от $t$).
Будем считать, что при $t=0$ наши точки совпадают с серединами сторон треугольника $ABC$ и двигаются по серединным перпендикулярам (при $t>0$ во внешнюю сторону) со скоростями, пропорциональными длинам $a$, $b$, $c$ соответствующих сторон треугольника: при некотором $t$ они занимают положения $A_{1}$, $B_{1}$, $C_{1}$, а при противоположном значении $\left(-t\right)$ — положения $A_{2}$, $B_{2}$, $C_{2}$. Нас интересует сумма $F\left(t\right)+F\left(-t\right)$, то есть свободный и старший (содержащий $t^2$) члены $F\left(t\right)$, которые по сущетсув мы и вычисляли выше (1).
Интересно заметить, однако, что они имеют геометрический смысл, так что можно найти их без вычислений. Свободный член $F\left(0\right)$ — это $\frac{S}{4}$ (площадь треугольника из средних линий $ABC$). Чтобы найти старший коэффициент, — он определяется как отношение площади $S_{1}$ к $t^2$ в пределе при $t$ стремящемся к бесконечности, — заметим, что при очень большом $t$ треугольник $ABC$ можно считать «почти точкой» $O$. При этом векторы $OA_{1}$, $OB_{1}$, $OC_{1}$ перпендикулярны соответствующим сторонам треугольника и им пропорциональны ( с коэффициентом $k=\frac{t}{2}$ ). Сумма этих векторов $OA_{1}$, $OB_{1}$ и $OC_{1}$ равна нулю (как и векторов, образующих стороны треугольника), то есть они служат отрезками медиан треугольника $A_{1}B_{1}C_{1}$, причем последний по площади в 3 раза больше треугольника $A_{1}OD$ (рис.2), подобного $ABC$ с коэффициентом $k$. Отсюда ясно, что старший член $F\left(t\right)$ имеет вид $3 k^2 \cdot S = 3 \frac{t^2 \cdot S}{4}$.
рис.2

Итак, $F\left(t\right) = \frac {S \left(1+ \ldots +3 t^2\right)}{4}$, откуда следует нужная формула (2) для $S_1 \pm S_2 = F\left(t\right)+F\left(-t\right)$.
Отметим интересные частные случаи нашей формулы: если на сторонах строятся правильные треугольники, то $t = \sqrt{3}$, так что $S_1 \pm S_2 = 5S$; если равнобедренные прямогульные, то $-t = 1$ и $S_1 \pm S_2 = 2S$; а если $t = \frac{\sqrt{3}}{6}$ (при этом новые точки — центры правильных треугольников, построенных на сторонах), то $S_1 \pm S_2 = S$.

M706. Задача о равенстве хорд двух окружностей.

Задача из журнала «Квант» (1981 год, выпуск 10)

Условие:

Из центра каждой из двух данных окружностей проведены касательные к другой окружности. Докажите, что хорды, соединяющие точки пересечения касательных с окружностями (на рисунке 1 эти хорды показаны красным цветом), имеют одинаковые длины.

M706 - Рисунок 1

Доказательство:

Из подобия соответствующих треугольников (см. рисунок 2) легко находим,что каждая хорда имеет длину $ \frac{2Rr}{O_{1}O_{2}}$.

m706 Рисунок 2

Источники:

  1. Условие задачи
  2. Решение задачи