M1276. О высотах треугольников, пересекающихся в одной точке

Задача из журнала «Квант» (1991 год, 9 выпуск)

Условие

Для данной хорды $MN$ окружности рассматриваются треугольники $ABC$, основаниями которых являются диаметры $AB$ этой окружности, не пересекающие $MN$, а стороны $AC$ и $BC$ проходят через концы $M$ и $N$ хорды $MN$. Докажите, что высоты всех таких треугольников $ABC$, опущенные из вершины $C$ на сторону $AB$, пересекаются в одной точке.

Доказательство

Точки $M$ и $N$ — основания высот треугольника $ABC$, опущенных из вершин $A$ и $B$, поэтому третья высота проходит через точку $H$ их пересечения, причем точки $C$, $M$, $N$ и $H$ лежат на одной окружности $δ$ с диаметром $CH$. Пусть $P$ — центр этой окружности. Заметим, что при движении диаметра $AB$ величина угла $C$ треугольника остаётся неизменной, — она измеряется полуразностью постоянных по величине дуг  $AB$ и $MN$ (см. рисунок). Поскольку хорда $MN$ неподвижна, остаётся неизменной и окружность $δ$ (по которой движутся точка $C$ и диаметрально противоположная ей точка $H$), а тем самым и её центр $P$: диаметр $CH$ — участок интересующей нас высоты — просто вращается вокруг точки $P$.

Cycle

 Е. Куланин

M1763. Окружность вписанная в треугольник

Задача из журнала «Квант» (2001 год, 1 выпуск)

Условие

Пусть $AH_{1}$, $BH_{2}$, $CH_{3}$ — высоты остроугольного треугольника $ABC$. Окружность, вписанная в треугольник $ABC$, касается сторон $BC$, $CA$, $AB$ в точках $T_{1}$, $T_{3}$,$T_{3}$ соответственно. Прямые $l_{1}$, $l_{2}$, $l_{3}$ являются образами прямых $H_{2}H_{3}$, $H_{3}H_{1}$, $H_{1}H_{2}$ при симметрии относительно прямых $T_{2}T_{3}$, $T_{3}T_{1}$, $T_{1}T_{2}$ соответственно.

Докажите, что прямые $l_{1}$, $l_{2}$, $l_{3}$ образуют треугольник с вершинами на окружности, вписанной в треугольник $ABC$.

Решение

  1. Будем обозначать через $\measuredangle \left (l, m\right )$ направленный угол между прямыми $l$ и $m.$
    Пусть $\measuredangle \left (AC,AB\right ) = \alpha$, $\measuredangle \left (AB,BC\right ) = \beta$, $\measuredangle \left (BC,CA\right ) = \gamma$, тогда (см.рисунок)
    $\measuredangle \left (H_{1}H_{2},AC\right ) = -\beta,$ так как $\Delta H_{1}CH_{2} \sim \Delta ABC $, $\measuredangle \left (T_{1}T_{2}, AC\right ) = \frac{\displaystyle -\alpha -\beta }{\displaystyle 2},$ так как $ CT_{1} = CT_{2},$ значит, $\measuredangle \left (H_{1}H_{2}, T_{1}T_{2}\right ) = \frac{\displaystyle \alpha — \beta }{\displaystyle 2}$.
  2. Рассмотрим гомотетию с отрицательным коэффициентом, переводящую описанную окружность треугольника $ABC$ во вписанную. Пусть $K_{1}K_{2}K_{3}$ — образ $ ABC$ при этой гомотетии, тогда стороны треугольника $K_{1}K_{2}K_{3}$ параллельны сторонам треугольника $ABC,$ значит, $$\measuredangle \left (K_{1}K_{2}, T_{1}T_{2}\right ) = \measuredangle \left (AB, T_{1}T_{2}\right )= \measuredangle \left (AB, AC\right ) + \measuredangle \left (AC, T_{1}T_{2}\right )= $$
    $$ = -\alpha +\frac{\displaystyle \alpha +\beta }{\displaystyle 2} = \frac{\displaystyle \beta -\alpha }{\displaystyle 2}= -\measuredangle \left (H_{1}H_{2}, T_{1}T_{2}\right ).$$Проведем $AL_{1}$, $BL_{2}$, $CL_{3}$- биссектрисы треугольника $ABC$, тогда $CL_{3} \perp T_{1}T_{2}$ и $\measuredangle \left (K_{1}K_{2},CL_{3}\right ) = -\measuredangle \left (H_{1}H_{2},CL_{3}\right )$.
    Пусть $ CL_{3}= l_{C}, P, Q, S $ — точки пересечения $CL_{3}$ с $ K_{1}K_{2}$, $ T_{1}T_{2}$ и $ H_{1}H_{2}$ соответственно, $ I $ — центр вписанной окружности треугольника $ABC$, $r$ — ее радиус. Вычислим длины отрезков $ CP,$ $CQ $ и $CS.$
  3. $ \Delta H_{1}CH_{2} \sim \Delta ABC \Rightarrow CS = l_{C} \cdot \frac{\displaystyle CH_{1}}{\displaystyle CA} = l_{C} \cos \gamma$, но $$IL_{3}= \frac{\displaystyle r}{\displaystyle \cos\frac{\displaystyle \beta — \alpha }{\displaystyle 2}}, т.к. \angle L_{3}IT_{3}= \frac{\displaystyle \left | \beta -\alpha \right |}{\displaystyle 2},$$ значит, $$ l_{C}= r\left ( \frac{\displaystyle 1}{\displaystyle \sin \frac{\displaystyle \gamma }{\displaystyle 2}} + \frac{\displaystyle 1}{\displaystyle \cos \frac{\displaystyle \beta -\alpha }{\displaystyle 2}} \right ),$$ тогда $$ CS=\left ( \frac{\displaystyle \cos \gamma}{\sin \frac{\displaystyle \gamma }{\displaystyle 2}} + \frac{\displaystyle \cos \gamma}{\displaystyle \cos \frac{\displaystyle \beta -\alpha }{\displaystyle 2}} \right ).$$
  4. $ \angle T_{1}CI= \frac{\displaystyle \gamma }{\displaystyle 2}$, следовательно, $\angle T_{1}IQ=\frac{\displaystyle \pi}{\displaystyle 2}- \frac{\displaystyle \gamma }{\displaystyle 2},$ значит, $$T_{1}Q=r\sin \left ( \frac{\displaystyle \pi }{\displaystyle 2}- \frac{\displaystyle \gamma }{\displaystyle 2}\right ) = r\cos \frac{\displaystyle \gamma }{\displaystyle 2},$$ откуда $$ CQ= T_{1}Q \text{ctg}\:\frac{\displaystyle \gamma }{\displaystyle 2} = r\frac{\displaystyle \cos^{2}\frac{\displaystyle \gamma }{\displaystyle 2}}{\displaystyle \sin \frac{\displaystyle \gamma }{\displaystyle 2}}$$
  5. Пусть $IX \perp K_{1}K_{2}, X\in K_{1}K_{2}$. Тогда $$\angle K_{1}IK_{2} = 2\angle K_{1}K_{3}K_{2} = 2 \gamma \Rightarrow \angle K_{1}IX = \gamma,$$ стало быть, $$IX=r \cos \gamma.$$ Но $$ \angle XIP = \angle L_{3}IT_{3} = \frac{\displaystyle \left | \beta -\alpha \right |}{\displaystyle 2},$$ поэтому $$IP=\frac{\displaystyle r\cos \gamma }{\displaystyle \cos \frac{\displaystyle \beta -\alpha }{\displaystyle 2}},$$ и из равенства $$CI=\frac{\displaystyle r}{\displaystyle \sin \frac{\displaystyle \gamma}{\displaystyle 2}}$$ следует, что $$CP= \frac{\displaystyle r}{\displaystyle \sin \frac{\displaystyle \gamma }{\displaystyle 2}} — \frac{\displaystyle r\cos \gamma }{\displaystyle \cos \frac{\displaystyle \beta -\alpha }{\displaystyle 2}}.$$
  6. Докажем, что $ CP + CS = 2CQ$, т.е. что $ Q$ — середина отрезка $SP$.Имеем: $$CP + CS = \frac{\displaystyle r}{\displaystyle \sin \frac{\displaystyle \gamma }{\displaystyle 2}} — \frac{\displaystyle r\cos \gamma }{\displaystyle \cos \frac{\displaystyle \beta -\alpha }{\displaystyle 2}} + \frac{\displaystyle r\cos \gamma }{\displaystyle \sin \frac{\displaystyle \gamma }{\displaystyle 2}} + \frac{\displaystyle r\cos \alpha }{\displaystyle \cos \frac{\displaystyle \beta -\alpha }{\displaystyle 2}} = $$ $$=\frac{\displaystyle r}{\displaystyle \sin \frac{\displaystyle \gamma }{\displaystyle 2}}\left ( 1+ \cos \gamma \right ) = \frac{\displaystyle 2r\cos \alpha^{2}\frac{\displaystyle \gamma }{\displaystyle 2}}{\displaystyle \sin \frac{\displaystyle \gamma }{\displaystyle 2}} = 2CQ.$$
    Значит, $T_{1}T_{2}$- серединный перпендикуляр к отрезку $SP$. Продлим $K_{1}K_{2}$ и $H_{1}H_{2}$ до пересечения в точке $Y$. Мы доказали, что $\measuredangle \left ( H_{1}H_{2}, SP \right ) = \measuredangle \left ( SP,K_{1}K_{2} \right ),$ значит, треугольник $SYP$- равнобедренный, поэтому прямые $H_{1}H_{2}$ и $K_{1}K_{2}$ симметричны относительно $YQ$, т.е. относительно $T_{1}T_{2}$.Это означает, что $K_{1}K_{2}$ совпадает с прямой $l_{3}$. Аналогично, $l_{1}$ и $l_{2}$ — это прямые $K_{2}K_{3}$ и $K_{1}K_{3}$, следовательно, треугольник, составленный из прямых $l_{1},l_{2},l_{3}$ — это $K_{1}K_{2}K_{3}$. Его вершины лежат на вписанной в треугольник $ABC$ окружности, что и требовалось доказать.

Т.Емельянова, А.Гайфуллин, Д.Терешин