Задача из журнала «Квант» (1992 год, 7 выпуск)

Условие

Три отрезка, выходящие из разных вершин треугольника $ABC$ и пересекающиеся в одной точке $M$, делят его на шесть треугольников. В каждый из них вписана окружность. Оказалось, что четыре из этих окружностей равны. Следует ли отсюда, что треугольник $ABC$ — правильный, если $M$ — точка пересечения а)медиан, б)высот, в)биссектрис, г)$M$ — произвольная точка внутри треугольника?

Решение

Ответ: а), б), в) да; г) нет.

Назовем треугольники, в которые вписаны окружности равных радиусов, отмеченными. Заметим, что какие-то два из отмеченных треугольников примыкают к одной из сторон треугольника $ABC$. Пусть, для определенности, это будут треугольники $BMD$ и $DMC$.

1. 

   Поскольку равны площади и радиусы вписанных окружностей отмеченных треугольников, равны и их периметры. Поэтому (рис.$1$) $BM = MC$, и, следовательно, $AB = AC$. Пусть $AD = m$, $BE = CF = n$, $AB = AC = l$, $BC = a$, а треугольник $BMF$ — отмеченный. Тогда из равенства периметров треугольника $BMF$ и $BMD$ получаем $$\frac{1}{2}+\frac{n}{3}+\frac{2n}{3}=\frac{a}{2}+\frac{2n}{3}+\frac{m}{3},$$
   т. е. $$\frac{1}{2}+\frac{n}{3}=\frac{a}{2}+\frac{m}{3}. \tag{*}$$
   Пусть $X$ и $Y$ — точки касания вписанных окружностей (см. рис.$1$) со сторонами $BD$ и $BF$, $DX = x$, $FY = y$. Из свойств отрезков касательной следует, что $$BM = \frac{1}{2}-y+\frac{n}{3}-y=\frac{a}{2}-x+\frac{m}{3}-x,$$ и с учетом $\left(*\right)$ получаем $$x=y.$$ Поскольку $\angle ADB$ — прямой, $\angle CFB$ — тоже прямой, т. е. медиана $CF$ является высотой, и треугольник $ABC$ — правильный.

   Если отмечен треугольник $AME$, то, как и раньше, получаем из равенства периметров $$\frac{l}{2}+\frac{2m}{3}+\frac{n}{3}=\frac{a}{2}+\frac{2n}{3}+\frac{m}{3},$$ т. е. $$\frac{l-a}{2}=\frac{n-m}{3}.\tag{**}$$

   Однако во всяком треугольнике большей стороне соответствует меньшая медиана. Поэтому, если $l>a$, то $n<m$, наоборот, при $l<a$ будет $n>m$, так что равенство (**) возможно лишь при $a=l$. Итак, и в этом случае утверждение доказано.

   Остальные ситуации совпадают с разобранными с точностью до обозначений.

2. 

   И в этом случае треугольники $BMD$ и $CMD$ равны (рис.$2$), поскольку $\angle BMD = \angle CMD$ (эти углы равны, так как окружности одинаковых радиусов касаются отрезка $MD$ в одной точке). Значит, $BD=DC$, $AB=AC$, $MF=ME$, $BF=EC$, так что равны треугольники $MBF$ и $MEC$. Если они отмеченные, то равны и треугольники $MBF$ и $MBD$ (у них общая гипотенуза $BM$ и равные радиусы вписанных окружностей, при этом $\angle FBM=\angle MBD$ — в противном случае, фигура $MFBD$ окажется прямоугольником).

   Если отмечены равные треугольники $AMF$ и $AME$, то равны и треугольники $AME$ и $BMD$ (они подобны и имеют одинаковые радиусы вписанных окружностей). Но тогда $AD=BE$, что и завершает доказательство.

3. 

   Мы можем считать отмеченными треугольники $AMF$ и $AME$ (рис.$3$). Но тогда окружности, вписанные в эти треугольники, касаются отрезка $AM$ в общей точке. Отсюда следует, что $\angle AME=\angle AMF$ и $\angle ABE = \angle ACF$, т. е. $\angle B=\angle C$ и $AB=AC$. Если отмечен треугольник $BMF$, то, пользуясь формулой для площади $S=rp$ применительно к треугольникам $AMF$ и $FMB$, получаем $$\frac{AM+MF+AF}{AF}=\frac{MF+BF+BM}{BF}.\tag{***}$$ Применяя к этим треугольникам теорему синусов, перепишем (***) так:$$\frac{\sin\alpha +\sin(2\alpha +\beta )}{\cos\beta }= \frac{\sin\beta +\sin(2\alpha +\beta )}{\cos2\beta },$$ откуда получаем после преобразований (пользуясь тем, что $\alpha +2\beta =\frac{\pi}{2}$), что $$\sin3\beta =1, т. е. \beta =\frac{\pi}{6},$$ т. е. $ABC$ — правильный треугольник.

   Если отмечены треугольники $BMD$ и $CMD$, то , так как точка $M$ — центр вписанной в треугольник $ABC$ окружности, получаем $$\frac{S_{AME}}{AE}=\frac{S_{CMD}}{CD},$$ что дает (формула $S=rp$) $$\frac{AE+EM+MA}{AE}=\frac{CM+MD+DC}{CD},$$ после чего, рассуждая как и раньше, приходим к равенству $$\cos2\beta +\sin3\beta =1+\sin\beta ,$$ из которого находим без труда $\beta =\frac{\pi}{6}$. И в этом случае $ABC$ — правильный треугольник.

4. 

   Треугольник $ABC$ может и не быть равносторонним. Для его построения (рис.$4$) проведем прямую, перпендикулярную $AF$, и выберем на ней точку $M$ так, что $\frac{\pi }{2}>\angle MAF>\frac{\pi }{3}$. В построенные на рисунке 4 углы впишем равные окружности с центрами $O_{1}$ и $O_{2}$, затем из точки $A$ проведем касательную к окружности $O_{2}$. Эта касательная пересечет прямую $MF$, в некоторой точке $C$. Симметрично отразив картинку относительно прямой $MF$, получим неправильный равнобедренный треугольник $ABC$ $\left(AC=BC\right)$, удовлетворяющий условию задачи.

В. Сендеров

Задача из журнала «Квант» (1991 год, 3 выпуск)

Условие

Можно ли покрыть всю плоскость квадратами с длинами сторон $1, 2, 4, 8, 16, …$ (без наложения), используя каждый квадрат не более а) десяти раз; б) одного раза?

Доказательство

1. Можно. Пример покрытия (где квадрат со стороной $1$ используется $4$ раза, а остальные — по $3$ раза) приведен на рисунке $1$.
   

   

2. Нельзя. Предположим, что существует покрытие, в котором все квадраты различны. Поскольку сумма всех чисел не превосходящих $2^{n-1}$, меньше $2^n$ $(1+2+2^2+ … +2^{n-1} = 2^n-1)$, то к каждой стороне любого из квадратов нашего покрытия должна примыкать сторона большего квадрата. Отсюда следует, что каждая вершина квадрата должна лежать на стороне большего квадрата (если вершина $B$ квадрата $ABCD$ лежит на стороне большего квадрата, примыкающего к стороне $AB$ (рис. $2$), то вершина $C$ будет лежать на стороне большего квадрата, примыкающего к $BC$, и т.д.).

Рассмотрим теперь наименьший из всех квадратов покрытия. Четыре квадрата будут примыкать к нему так, как показано на рисунке $3$.

Рассмотрим больший из этих квадратов — пусть он примыкает к стороне $AB$ наименьшего (на рисунке — это черный квадрат). Тогда вершина $A$ этого квадрата не лежит на стороне большего, чем он, квадрата. Получили противоречие.

Д.Фомин

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

Условие

На сторонах выпуклого четырехугольника площади $S$ вне его построены квадраты, центры которых служат вершинами нового четырехугольника площади $S_{1}$. Докажите, что:

1. $S_{1}$ $\geqslant$ $2S;$
2. $S_{1}$ $=$ $2S;$

в том и только в том случае, когда диагонали исходного четырехугольника равны по длине и взаимно перпендикулярны.

Доказательство

Из рисунка 1 видно, что площадь $S_{1}$ четырехугольника $MNPQ$ (M, N, P, и Q — центры квадратов, построенных на сторонах данного четырехугольника ABCD) равна сумме площадей четырех розовых четырехугольников (с вершинами, соответственно, в центрах двух соседних квадратов и серединах двух соседних сторон исходного четырехугольника) и голубого параллелограмма. Найдем, чему равна площадь одного такого розового четырехугольника EMNF (см. рис. 1).

Обозначим через $\varphi$ угол при вершине $B$ исходного четырехугольника. Заметим, что $$S_{EMNF} = S_{EBF} + S_{EMB} + S_{FNB} \pm S_{MBN}$$ причем знак «$+$» берется, если $\dfrac{3\pi}{2}-\varphi < \pi$ (рис. 2),

то есть $\dfrac{\pi}{2} < \varphi < \pi,$ и знак «$-$», если $0 < \varphi \leqslant {\pi}{2}$ (рис. 3).

Подсчитав алгебраическую сумму последних трех слагаемых, найдем $$S_{EMNF} = S_{EBF} + \dfrac{|AB|^2}{8} + \dfrac{|BC|^2}{8} + \dfrac{|AB|\cdot|BC|}
{4}\sin\left({\dfrac{3\pi}{2}-\varphi}\right) = $$$$S_{EBF} + \dfrac{1}{8}\left(|AB|^2-2|AB|\cdot|BC|\cos\left(\varphi-|BC|^2\right)\right) = S_{EBF} + \dfrac{|AC|^2}{8}.$$ (мы воспользовались теоремой косинусов для треугольника ABC)

Проведя аналогичные вычисления для остальных розовых четырехугольников, окончательно получим, что $$S_{1} = S + \dfrac{1}{4}\left(|AC|^2 + |BD|^2\right).$$ Но $S = \dfrac{1}{2}\left(|AC| \cdot |BD|\sin\alpha\right)$ ($\alpha$ — угол между диагоналями AC и BD), так что $\dfrac{1}{4}\left(|AC|^2 + |BD|^2\right) \geqslant \dfrac{1}{2}|AC| \cdot |BD| \geqslant S$ и $S_{1} \geqslant 2S.$ — мы решили задачу а)
Поскольку последние неравенства превращаются в равенства в том и только в том случае, когда $|AC| = |BD|$ и $\sin\alpha = 1,$ то есть $(AC) \bot (BD),$ мы попутно получаем утверждение б).

П. Гусятников

Задача из журнала «Квант» (2003 год, 3 выпуск)

Условие

В квадрат $ABCD$ вписана ломаная $MKALN$ такая, что $\angle MKA = \angle KAL = \angle ALN = 45^{\circ}(рис. 1).$ Докажите, что $$MK^2 + AL^2 = AK^2 + NL^2.$$

Симметрично отобразим $\triangle ABK$ относительно гипотенузы $AK$, а $\triangle ADL$ $-$ относительно гипотенузы $AL$ (рис.$2$). При этом точки $B$ и $D$ склеятся в точку $P$, так как $AB$ = $AD$, $\angle B = \angle D = 90^{\circ}$ и $AP$ является высотой $\triangle AKL$.

Более того, при этом точки $M$ и $N$ склеятся в точку $Q$, где $Q$ $-$ ортоцентр $\triangle AKL$. Это произойдет потому, что $\angle QLA = \angle QKA = \angle KAL = 45^{\circ},$ из чего следует, что прямые $QL$ и $QK$ $-$ высоты $\triangle AKL$, а три высоты пересекаются в одной точке.

Сразу делаем вывод: $BM = DN.$

Используя теорему Пифагора сначала для $\triangle ABK$ и $\triangle MBK$, а затем для $\triangle ADL$ и $\triangle NDL$ получаем $AB^2 — BM^2 = AK^2 — MK^2$ и $AD^2 — DN^2 = AL^2 — NL^2.$

Окончательно получим $MK^2 + AL^2 = AK^2 + NL^2,$ что и требовалось доказать.

Дополнительно можно доказать, что $AM = AN = KL$ и что пять точек $M,$ $K,$ $A,$ $L$ и $N$ принадлежат одной окружности.

В. Произволов

Некоторые дополнения

$1$.При симметричном отображении $\triangle$$ABK$ относительно гипотенузы $AK$ мы получаем $\triangle APK$, в котором $AB = AP$, $BK = KP$, $MK = KQ$, $BM = QP$, $\angle MKA = \angle AKQ = 45^{\circ}$, $\angle BKM = \angle PKQ$.

Аналогично, при симметричном отображении $\triangle ADL$ относительно гипотенузы $AL$ мы получаем $\triangle APL$, в котором $AD = AP$, $LD = LP$, $NL = QL$, $ND = QP$, $\angle ALN = \angle ALQ = 45^{\circ}$, $\angle NLD = \angle QLK$.

Таким образом, так как $$BM = QP,$$$$ND = QP,$$ тогда, по транзитивности, $$ND = BM.$$

$2$. Докажем, что $Q$ — ортоцентр $\triangle AKL$. Для этого воспользуемся рис.$3$.

$3$. Распишем более подробно как мы получили равенство.

$\triangle ABK:$ $$AB^2 + BK^2 = AK^2 \Rightarrow BK^2 = AK^2 — AB^2$$ $\triangle BMK:$ $$BM^2 = MK^2 — BK^2 \Rightarrow BM^2 = MK^2 — AK^2 + AB^2$$ $$\Rightarrow AB^2 — BM^2 = AK^2 — MK^2$$ $\triangle ALD:$ $$AL^2 = AD^2 + LD^2 \Rightarrow LD^2 = AL^2 — AD^2$$ $\triangle NDL:$ $$ND^2 = NL^2 — LD^2 \Rightarrow ND^2 = NL^2 — AL^2 + AD^2$$ $$\Rightarrow AD^2 — ND^2 = AL^2 — NL^2$$ $$MK^2 + AL^2 = AK^2 + BM^2 — AB^2 + AD^2 — ND^2 + NL^2 = AK^2 + NL^2,$$(так как $AD = AB, ND = BM$).

$4$. Докажем, что точки $M$, $K$, $A$, $L$ и $N$ принадлежат одной окружности.

$5$. Докажем, что $AM = AN = KL.$