M1767. Внутри квадрата

Задачa из журнала «Квант» (2001 год, 2 выпуск)

Условие

Внутри квадрата $ABCD$ расположены точки $P$ и $Q$ так, что $\angle PAQ = \angle PCQ = 45 ^{\circ}$ (рис.1). Докажите, что $PQ^{2} = BP^{2} + QD^{2}$.

Решение

Симметрично отразим $\triangle APB $ относительно прямой $AP$, a $\triangle AQD $ — относительно прямой $AQ$. При этом отраженные точки $B$ и $D$ «склеятся» в одну точку $M$ (рис.2). Затем симметрично отразим $\triangle CPB $ относительно прямой $CP$, а треугольник $CQD$ — относительно прямой $CQ$. При этом отраженные точки $B$ и $D$ «склеятся» в одну точку $N$.

Заметим, что $\angle PMQ + \angle QNP = 180^{\circ}$, но так как треугольники $PMQ$ и $QNP$ равны, то $\angle PMQ = \angle QNP$, т.е. $\angle PMQ = 90^{\circ}$.

Значит, треугольник $PMQ$ прямоугольный и $PM^{2} + QM^{2} = PQ^{2}$. Но $PM = BP$, а $QM = QD$, поэтому окончательно можно утверждать, что $PB^{2} + QD^{2} = PQ^{2}$.

В. Произволов

М1633. Биссектрисы

Задача из журнала «Квант» (1998 год, 2 выпуск)


Условие задачи

В треугольнике $ABC$ отрезки $CM$ и $BN$ – медианы, $P$ и $Q$  – точки соответственно на $AB$ и $AC$ такие, что биссектриса угла $C$ треугольника одновременно является биссектрисой угла $MCP$, а биссектриса угла $B$ – биссектрисой угла $NBQ$. Можно ли утверждать, что треугольник $ABC$ равнобедренный, если
а) $BP = CQ$;
б) $AP = AQ$;
в) $PQ || BC$;
Отрезки $BQ$ и $CP$ называются симедианами.

Решение

Теорема

$AB = c$, $AC = b$, $AS$ – симедиана. Тогда $\displaystyle \frac{BS}{SC}=\frac{c^{2}}{b^{2}}$.

Пусть $AM$ – медиана; обозначим $\alpha = \angle BAS = \angle CAM$, $\angle MAS = \beta$ (рис.1).
Имеем: $\displaystyle \frac{BS}{SC}=\frac{S_{ABS}}{S_{ASC}} = \frac{c\sin\alpha }{b(\sin\alpha +\beta)}$, $\displaystyle 1 = \frac{S_{ABM}}{S_{AMC}} = \frac{c\sin(\alpha + \beta)}{b\sin \alpha}$.
Значит, $\displaystyle \frac{BS}{SC}=\frac{c^{2}}{b^{2}}$.

а) Да. Перепишем равенство $BP = CQ$, пользуясь теоремой:$$b^{3} + ba^{2} = c^{3} + ca^{2}.$$
Поскольку $f(x)= x^{3}+xa^{2}$ – монотонная функция, получаем, что $b=c$.
К этому равенству можно прийти и так: $b^{3}-c^{3} = a^{2}(c-b);$ значит, при $b\neq c$ будет $b^{2} + bc + c^{2} = -a^{2};$ но $b^{2} + bc + c^{2} \geqslant 0.$
в) Да. $\displaystyle \frac{AQ}{QC}=\frac{AP}{PB}$, т.е. $\displaystyle \frac{c^{2}}{a^{2}}=\frac{b^{2}}{a^{2}}.$

б) Нет. $\displaystyle AP = c \cdot \frac{b^{2}}{b^{2} + a^{2}}$, $\displaystyle AQ = b \cdot \frac{c^{2}}{c^{2} + a^{2}}$.
Перепишем $AP = AQ: bc(b — c) = a^{2}(b — c)$. Значит, в неравнобедренном треугольнике таком, что $a^{2} = bc$, имеем $AP = AQ$.

  1. Если A – наибольший или наименьший угол треугольника, $AP = AQ$, то треугольник равнобедренный.
  2. Неравнобедренный треугольник такой, что $AP = AQ$ – это треугольник со сторонами вида $d, dq, dq^{2}$, где $q \neq 1$.
  3. Пункт б) (именно он предлагался на Турнире городов) можно решить и без помощи теоремы, пользуясь лишь соображениями непрерывности. Это можно сделать по такой, например, схеме.
    Пусть для треугольника $ABC$ будет $AP > AQ$, а для треугольника $ {A}'{B}'{C}’$ ${AP}’ < {AQ}’$. «Перетянем» $A$ в ${A}’$, $B$ в ${B}’$, $C$ в ${C}’$; по дороге нам встретится треугольник $A^{\prime\prime}B^{\prime\prime}C^{\prime\prime}$ такой, что $A^{\prime\prime}P^{\prime\prime} = A^{\prime\prime}Q^{\prime\prime}$. Если возникающие при этом «перетягивании» треугольники не являются равнобедренными, то задача решена.

Приведем пример реализации этой схемы.
Рассмотрим треугольник рисунка 2:

$$\displaystyle AB = 1, \angle A = \frac{\pi}{3}, \angle B = \frac{\pi}{2};$$ $CD$– биссектриса.
Так как $\displaystyle \frac{AD}{BD} = \frac{AC}{BC}$, то $\displaystyle AD > \frac{1}{2}$: следовательно, $\displaystyle AP > \frac{1}{2}.$
Далее, $\displaystyle \angle ABQ = \angle NBC = \frac{\pi}{6}$; значит, $\displaystyle AQ = \frac{1}{2}$.

Рассмотрим теперь треугольник рисунка 3:
$$\angle A = \frac{\pi}{4}, \angle B = \frac{\pi}{2}, BC = 1.$$ Имеем: $\displaystyle AQ = \frac{\sqrt{2}}{2}$; обозначим через G точку пересечения медиан, из подобных треугольников $CQG$ и $CBP$ получаем $\displaystyle \frac{BP}{BC} = \frac{GQ}{QC} = \frac{GQ}{BQ} = \frac{1}{3}$. Окончательно: $\displaystyle AP = 1 – BP = \frac{2}{3} < \frac{\sqrt{2}}{2} = AQ$.

В. Сендеров

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

М1730. Выпуклый четырехугольник

Задача из журнала «Квант» (2000 год, 6 выпуск)

Условие задачи

Продолжения противоположных сторон произвольного выпуклого четырехугольника ABCD пересекаются в точках M и K  $(рис.1)$. Через точку O пересечения его диагоналей проводится прямая, параллельная MK. Докажите, что отрезок этой прямой, заключенный внутри четырехугольника, делится точкой  O пополам.

Решение

Проведем  через точку D прямую l (сделайте чертеж самостоятельно), параллельную KM; пусть  E и F — точки пересечения l с прямыми BC и BA соответственно.  Пусть для определенности прямая, проходящая через O параллельно KM и l пересекает стороны AB и CD четырехугольника. В этом случае для решения задачи надо доказать, что точка O лежит на медиане KL треугольника DKF. Мы докажем, что O — точка пересечения медиан KL и MN треугольников DKF и DME соответственно. Обозначим точку пересечения медиан KL и MN через X.

Докажем вначале, что X лежит на BD, т. е. что прямые DX и BD совпадают. Для этого докажем, что они делят отрезок KM в одном и том же соотношении.

Пусть  Y — точка пересечения DX и KM. Имеем \frac {\displaystyle KY}{ \displaystyle LD} = \frac{\displaystyle XY}{\displaystyle DX} (поскольку треугольники XYK и XDL подобны), \frac{ \displaystyle MY}{\displaystyle DN}\ = \frac{\displaystyle XY}{\displaystyle DX}\. Поэтому \frac{\displaystyle KY}{\displaystyle MY}\ = \frac{\displaystyle LD}{\displaystyle DN}\. Аналогично доказывается, что BD делит KM в отношении \frac{\displaystyle FD}{\displaystyle DE}\. Но FD = 2LD, DE = 2DN.

Осталось доказать, что X лежит на отрезке AC. Другими словами, что KL и MN делят отрезок AC в одном и том же отношении.

Лемма 1.
\frac{\displaystyle VS}{\displaystyle BV}\ = \frac{\displaystyle AS}{\displaystyle AC}\, где S — точка на стороне AC треугольника ABC, V — точка пересечения прямой BS с медианой AN этого треугольника.

Рассмотрим точку T отрезка BC такую, что ST || AN. Из теоремы Фалеса следует, что \frac{\displaystyle VS}{\displaystyle BV}\ = \frac{\displaystyle NT}{\displaystyle BN}\ = \frac{\displaystyle NT}{\displaystyle NC}\ = \frac{\displaystyle AS}{\displaystyle AC}\ .

Лемма 2.
\frac{\displaystyle VS}{\displaystyle UV} = \left(\frac{\displaystyle AS}{\displaystyle AU}\right) \cdot \left (\frac{\displaystyle AB}{\displaystyle AC} \right ), где U и S — точки на сторонах AB и AC треугольника ABC соответственно, а V — точка пересечения прямой US с медианой AN этого треугольника.

На стороне AC возьмем точку Z такую, что UZ || BC.  По лемме 1 имеем \frac{\displaystyle VS}{\displaystyle UV}\ = \frac{\displaystyle AS}{\displaystyle AZ}\, а по теореме Фалеса \frac{\displaystyle AC}{\displaystyle AB}\ = \frac{\displaystyle AZ}{\displaystyle AU}\. Осталось перемножить эти равенства.

Доказанные утверждения позволяют завершить решение задачи. Именно, по лемме 2 медиана KL делит отрезок AC (считая от C)  в отношении m = \left(\frac{\displaystyle CK}{\displaystyle KD}\right) \cdot \left (\frac{\displaystyle KF}{\displaystyle AK} \right ), а медиана MN — в отношении n = \left(\frac{\displaystyle MC}{\displaystyle ME}\right) \cdot \left (\frac{\displaystyle MD}{\displaystyle MA} \right ). Но \frac{\displaystyle MC}{\displaystyle ME}\ = \frac{\displaystyle KC}{\displaystyle KD}\\frac{\displaystyle KF}{\displaystyle AK}\ = \frac{\displaystyle MD}{\displaystyle MA}\. Следовательно, m = n.
Утверждение задачи доказано.

Замечание. Вот ещё одно, более естественное, хотя и несколько более сложное, доказательство леммы 2.

Проведем через V параллельные AS и AU прямые $(рис. 2)$.

Имеем: \frac{\displaystyle x}{\displaystyle y} = \frac{\displaystyle AC}{\displaystyle AB} (это характеристическое свойство точек медианы!). Теорема Фалеса дает: \frac{\displaystyle VS}{\displaystyle y} = \frac{\displaystyle US}{\displaystyle AU}\frac{\displaystyle x}{\displaystyle UV} = \frac{\displaystyle AS}{\displaystyle US}. Перемножая эти два равенства, получаем
\frac{\displaystyle VS}{\displaystyle UV} = \left(\frac{\displaystyle AS}{\displaystyle AU}\right) \cdot \left (\frac{\displaystyle y}{\displaystyle x} \right ) = \left (\frac{\displaystyle AS}{\displaystyle AU} \right ) \cdot \left (\frac{\displaystyle AB}{\displaystyle AC} \right ).
Лемма доказана.

М. Волкевич, В. Сендеров

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 $S_1 \pm S_2 = S$.