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» (выпуск №4, 2001)

Условие

Внутри остроугольного треугольника $ABC$ выбрана точка $M$, являющаяся:

1.   точкой пересечения медиан;
2. точкой пересечения биссектрис;
3. точкой пересечения высот.

Докажите, что если радиусы окружностей, вписанных в треугольники $AMB$, $BMC$, $AMC$ равны, то треугольник $ABC$ — правильный.

Решение

1.  Площади треугольников $AMB$, $BMC$ и  $AMC$ (Рис.$1$) одинаковы – они равны $\frac{1}{3}S_{ABC}$(докажите это).
   Поскольку площадь $S$ треугольника, его полупериметр $p$ и радиус $r$ вписанной в него окружности связаны соотношением $S = pr$, периметры треугольников $AMB$, $BMC$ и $AMC$ также одинаковы.Предположим теперь, что треугольник $ABC$ – неправильный; пусть, например, $|AB| > |BC|$. Тогда угол $BDA$ – тупой, поэтому $|AM| > |MC|$, так что периметр треугольника $AMB$ больше периметра треугольника $BMC$ – противоречие.

   

2.  Поскольку $\widehat{CBM} = \widehat{CBM}$ и радиусы окружностей, вписанных в треугольники $AMB$ и $BMC$, равны, эти окружности касаются биссектрисы $BM$ в одной и той же точке (Рис.$2$).
   Из этого следует, что все три окружности попарно касаются, и их центры $O_1$, $O_2$ и $O_3$ образуют правильный треугольник, стороны которого перпендикулярны биссектрисам данного треугольника $ABC$. Поэтому, например, $\widehat{BMC} = \frac{\pi + A }{ 2} = \frac{2\pi}{3}$, то есть $\widehat{A}  = \frac{\pi}{3}$. Аналогично доказывается, что $B = C = \frac{\pi}{3}$.

   

3. Как и в задаче $1$, предположим, что треугольник  $ABC$ – неправильный; пусть, например,  $|BC| > |AC|$. Обозначим через $D$ и $E$ точки касания окружностей, вписанных в треугольники $AMB$ и $BMC$ соответственно, со сторонами $AC$ и $BC$ (Рис.$3$).  Поскольку радиусы этих окружностей равны и $\widehat{CAM} = \widehat{CBM}$, $|AD| = |BE|$. Значит,  $|CD| < |CE|$.

С другой стороны, при  нашем предположении $\widehat{B } < \widehat{A}$, так что $\widehat{MCA} = \frac{\pi}{2} – \widehat{A} < \frac{\pi}{2} – \widehat{B} = \widehat{BCM}$. Поэтому $|CD| > |CE|$ – противоречие.

А.Егоров

Задача из журнала «Квант» (2000 год, 2 выпуск)

Условие задачи

В треугольнике [latex] ABC [/latex] проведены высоты [latex] AD [/latex] и [latex] CE [/latex], пересекающиеся в точке [latex] O [/latex](рис.1). Прямая [latex] DE [/latex] пересекает продолжение стороны [latex] AC [/latex] в точке [latex] K[/latex].

Докажите, что медиана [latex] BM [/latex] треугольника [latex] ABC [/latex] перпендикулярна прямой [latex] OK [/latex].

Решение

Докажем, что прямая [latex] OM [/latex] перпендикулярна на [latex] KB [/latex] (рис.1).
Отсюда непосредственно будет следовать утверждение задачи, поскольку в этом случае [latex] O [/latex] окажется ортоцентром треугольника [latex] KBM [/latex] (рис.2).

Пусть основание перпендикуляра, опущенного из точки [latex] O [/latex] на прямую [latex] BK [/latex], служит точка [latex] N [/latex] (рис.3).

Поскольку точки [latex] E [/latex] и [latex] N [/latex] лежат на окружности с диаметром [latex] OB [/latex], то угол [latex] BND [/latex] равен углу [latex] BED [/latex]. Аналогично, четырехугольник [latex] AEDC [/latex] вписан в окружность с диаметром [latex] AC [/latex].

Поэтому угол [latex] BED [/latex] равен углу [latex] ACB[/latex]. Таким образом, сумма углов [latex] KND [/latex] и [latex] ACB [/latex] равна [latex]180^\circ[/latex], т.е. четырехугольник [latex] KNDC [/latex] вписанный.

Значит, угол [latex] NCK [/latex] равен углу [latex] NDK [/latex]. Но угол [latex] NDE [/latex] равен углу [latex] NBE [/latex] в силу того, что точки[latex] B [/latex],[latex] D [/latex],[latex] E [/latex] и [latex] N [/latex], как мы уже отмечали, лежат на одной окружности с диаметром [latex] OB [/latex]. Поэтому равны углы [latex] NBA [/latex] и [latex] NCA [/latex]. Т.е. точка [latex] N [/latex] лежит на описанной окружности треугольника [latex] ABC [/latex].

Нам осталось совсем немного. Продолжим прямую [latex] NO [/latex] до пересечения с описанной окружностью треугольника [latex] ABC [/latex] в точке [latex] P [/latex] (рис.4).

Так как угол [latex] BNP [/latex] прямой, то [latex] BP [/latex] — диаметр этой окружности. Значит, углы [latex] BAP [/latex] и [latex] BCP [/latex] прямые. Поэтому отрезок [latex] AP [/latex] параллелен [latex] CE [/latex], а [latex] PC [/latex] параллелен [latex] AD [/latex]. Но отсюда [latex] APCO [/latex]- параллелограмм, и прямая [latex] NO [/latex] делит [latex] AC [/latex] пополам, что и требовалось доказать.

М. Волкевич

Задача из журнал «Квант» (1997)

Условие

В треугольнике отношение синуса одного угла к косинусу другого равно тангенсу третьего. Докажите, что высота, проведенная из вершины первого угла, медиана, проведенная из вершины второго, и биссектриса третьего угла пересекаются в одной точке.

Решение

Пусть [latex] \alpha , \beta , \gamma [/latex] — углы треугольника ABC, в котором AH — высота, BK — медиана, CL — биссектриса. Из  условия

следует, что углы ABC и ACB острые, поскольку  [latex] \sin\alpha [/latex] >0 и в треугольнике не может быть двух тупых углов. Следовательно, основание H высоты AH — внутренняя точка отрезка BC. Найдем отношения, в которых делят высоту AH (считая от основания) два других отрезка. Высота AH параллелограмма ABCD делится его диагональю BD в отношении:

Биссектриса же CL делит сторону НА треугольника НАС в отношении:

Отношения (2) и (3) равны в том и только в том случае, когда, [latex]\sin\gamma\cos\beta =\cos\gamma\sin\alpha [/latex], что эквивалентно условию (1).

Таким образом, условие (1) эквивалентно тому, что AH, BK, CL пересекаются в одной точке.

Замечания.

1. Для треугольника задачи [latex]\left | \angle BAC-\frac{\pi }{2} \right |< \frac{\pi }{2}-\angle BAH[/latex] тогда и только тогда, когда [latex]\angle BCA >\frac{\pi }{4}[/latex]. Это легко следует из (1).
2. Из предыдущего замечания сразу следует, что если в остроугольном треугольнике ABC биссектриса CL, медиана ВК и высота АН пересекаются в одной точке, то [latex]\angle BCA>\frac{\pi }{4}[/latex].Это — задача IV Всесоюзной математической олимпиады (см. книгу Н Б Васильева и А А.Егорова «Задачи Всесоюзных математических олимпиад» ~ М .: Наука, 1988; задача 135). Нетрудно показать, что для любого угла ВАС треугольник задачи существует. Из этого следует, что для тупоугольного треугольника задачи неравенство [latex]\angle ACB\geq \frac{\pi }{4}[/latex] выполняется не всегда.
3. Если в неостроугольном треугольнике ABC высота АН, медиана ВК и биссектриса CL пересекаются в одной точке, то [latex]\angle ACB>\angle ABC[/latex]. Это можно доказать геометрически, но проще — с помощью (1).

Л.Алътшулер, В.Сендерос