Задача из журнала «Квант» (1980, №3)

Условие

На сторонах треугольника $ABC$ во внешнюю сторону построены подобные между собой треугольники $ADB,$ $BEC$ и $CFA,$ где
$$\frac{|AD|}{|DB|} = \frac{|BE|}{|EC|}= \frac{|CF|}{|FA|}=k;$$ $$\widehat{ADB}=\widehat{BEC}=\widehat{CFA}=\alpha.$$ Докажите, что:

1. середины отрезков $AC,$ $DC,$ $BC$ і $EF -$ вершины параллелограмма;
2. у этого параллелограмма два угла имеют величину $\alpha,$ a отношение длин сторон равняется $k.$

Решение

Обозначим через $\vec a^\prime$ вектор, полученный из вектора $\vec a$ поворотом на угол $\alpha$ против часовой стрелки. (Как известно, $(k\vec a)^\prime = k\vec a ^\prime$ для любого числа $k,$ $(\vec a+\vec b)^\prime=\vec a^\prime+\vec b^\prime, $ и вообще, для любого числа слагаемых, $(\vec a+\vec b+\ldots+\vec c)^\prime=\vec a^\prime+\vec b^\prime+\ldots+\vec c^\prime). $

Введем векторы $\overrightarrow{DA} = \vec a,$ $\overrightarrow{EB} = \vec b,$ $\overrightarrow{FC}=\vec c$ (см. рис.1).

По условию $\overrightarrow{DB}=\frac 1k \vec a^\prime,$ $\overrightarrow{EC}=\frac 1k \vec b^\prime,$ $\overrightarrow{FA}=\frac 1k \vec c^\prime.$ Так как
$$\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{DB}+\overrightarrow{BE}+\overrightarrow{EC}+\overrightarrow{CF}+\overrightarrow{FA}=\vec 0,$$ $$-\vec a+\frac 1k \vec a^\prime-\vec b+\frac 1k \vec b^\prime-\vec c+\frac 1k \vec c^\prime=\vec
0,$$ то есть $\vec a+\vec b+\vec c=\frac{\vec a^\prime+\vec b^\prime+\vec c^\prime}{k}=\frac 1k (\vec a+\vec b+\vec c)^\prime.$
Обозначив $\vec a+\vec b+\vec c$ через $\vec u,$ получим $$\vec u-\frac 1k \vec u^\prime=0. \qquad (\ast)$$ Поскольку векторы $\vec u$ та $\vec u^\prime$ неколинеарные $(\alpha \ne 0$ и $\alpha \ne 2\pi),$ равенство $(\ast)$ возможно тогда и только тогда, когда $\vec u=\vec 0.$ Поэтому $\vec a+\vec b+\vec c=\vec 0.$

Далее: поскольку $Q \: -$ середина $[DC]$ и $P \: -$ середина $[AC]$ (см. рис.1), $\overrightarrow{QP}=\frac 12 \vec a.$ Аналогично $\overrightarrow{QR}=\frac 12 \overrightarrow{DB}.$ Так как $(PQ)\|(AD)$ и $(QR) \| (BD),$ имеем $\widehat{PQR}=\alpha.$

Наконец, $$\overrightarrow{RS}=\overrightarrow{RC}+\overrightarrow{CF}+\overrightarrow{FS}=\frac 12 \overrightarrow{BC}-\vec c+\frac 12 \overrightarrow{FE}=$$ $$=\frac 12(-\vec b+\frac 1k \vec b^\prime)-\vec c+\frac 12 (\vec c-\frac 1k \vec b^\prime)=-\frac{\vec b+\vec c}{2}=\frac{\vec a}{2}=\overrightarrow{QP}.$$

Таким образом, четырехугольник $PQRS \: -$ параллелограмм с углом $PQR,$ равным $\alpha,$ в котором отношение длин сторон имеет вид $\frac{|PQ|}{|RQ|}=\frac{|AD|}{|DB|}=k.$

 

Задача из журнала «Квант» (1984 год, 1 выпуск)

Условие

Известно, что четыре синих треугольника на рисунке 1 равновелики.

1. Докажите, что три красных четырехугольника на этом рисунке также равновелики.
2. Найдите площадь одного четырехугольника, если площадь одного синего треугольника равна 1.

Решение

Нам понадобится следующая часто применяемая

Лемма. Пусть $Р$ — точка на стороне $KL$ треугольника $KLM$. Тогда отношение площадей треугольников и равно $$S_{MKP}:S_{MPL}=|KP|:|PL|.$$ (Для доказательства достаточно заметить, что треугольники $MKP$ и $MPL$ имеют общую высоту проведенную из вершины $М$ (рис. 2).).

1. Введем обозначения, как  на рисунке 1. Заметим, что треугольники $AA_0C_0$ и $AA_0C_1$ равновелики (каждый из них составлен из треугольника $AA_0B_0$ и одного из из синих треугольников). Эти треугольники имеют общее основание $AA_0$, поэтому их вершины $C_0$ и $C_1$ равноудалены от прямой $AA_0$, то есть прямые $AA_0$ и $C_1C_0$ параллельны. Аналогично, $BB_0||A_1A_0$ и $CC_0||B_1B_0$. Рассмотрим трапецию $AA_0C_0C_1$ (рис. 3). Её диагонали пересекаются в точке $B_0$, а продолжения боковых сторон — в точке $B$. Эти точки лежат на прямой, соединяющей середины $D$ и $E$ её оснований $AA_0$ и $C_1C_0$. (Действительно, $B_0$ — центр гомотетии треугольников $B_0AA_0$ и $B_0C_0C_1$, а $B_0$ — центр гомотетии треугольников $BAA_0$ и $BC_1C_0$). А поскольку эта прямая параллельна $A_1A_0$, точка $B_0$ — середина отрезка $A_1A$. По лемме отсюда вытекает,что $S_{AB_0C}=S_{B_0A_1C}$. Следовательно (см. рис. 1), площади четырехугольников $AB_0A_0B_1$ и $CA_0C_0A_1$ равны. Аналогично доказывается, что и третий красный четырехугольник $BC_0B_0C_1$ имеет такую же площадь.

   Подумайте, останется ли верным утверждение этого пункта задачи, если потребовать равенства площадей только трех угловых синих треугольников.

2. Площадь красного четырехугольника $s=1+\sqrt{5}$. Чтобы составить уравнение для нахождения искомой площади $s$, выразим двумя способами отношение $|BC_1|:|C_1A|$ с помощью леммы:$$|BC_1|:|C_1A|=S_{CBC_1}:S_{CC_1A}=(2s+2):(s+2)=S_{B_0BC_1}:S_{B_0C_1A}=(s/2):1.$$
   (Пояснения здесь требуют только равенство $S_{B_0BC_1}$. Как было показано выше, точка $E$ — середина $C_0C_1$ (рис. 3). Отсюда, опять-таки пользуясь леммой, легко вывести, что треугольники $B_0BC_1$ и $B_0BC_0$ равновелики. А вместе они составляют четырехугольник $BC_0B_0C_1$ площади $s$). Итак, $s$ удовлетворяет уравнению $$s^2-2s-4=0.$$ откуда $s=1+\sqrt{5}$.

Б. И. Чиник, В. Н. Дубровский

Задача из журнала «Квант» (1982 год, 3 выпуск)

Условие

Ракета запущена с поверхности Земли вертикально вверх с первой космической скоростью и возвращается на Землю недалеко от места старта. Сколько времени она находилась в полёте? Радиус Земли $R=6400$ км.

Примечание. Площадь эллипса с полуосями $a$ и $b$ равна $S=\pi ab.$

Решение

Траектория ракеты представляет собой часть очень вытянутого эллипса, в одном из фокусов которого находится центр Земли (см. рисунок). Скорость ракеты в верхней точке $D$ траектории почти равна нулю.

Согласно закону сохранения энергии: $$\frac{mv_0^2}2-G\frac{Mm}R\approx-G\frac{Mm}{2b}. \tag{$\cdot$}$$Здесь $M$ — масса Земли, $m$ — масса ракеты, $v_0=\sqrt{\displaystyle\frac{GM}{R}}$ — начальная скорость ракеты (первая космическая скорость); $-G\displaystyle\frac{Mm}R$ и $-G\displaystyle\frac{Mm}{2b}$ — потенциальная энергия ракеты у поверхности Земли (при запуске) и в верхней точке траектории. Из $(\cdot)$ найдем большую полуось эллипса: $b\approx r.$

Из третьего закона Кеплера (квадраты периодов обращения по эллиптическим траекториям относятся как кубы больших полуосей эллипсов) следует, что полное время $T_э$ движения ракеты по всему эллипсу было бы равно периоду $T_0$ обращения спутника, движущегося по круговой орбите вблизи поверхности Земли, то есть $$T_э=T_0=\frac{2\pi R}{\sqrt{\displaystyle\frac{GM}{R}}}=2\pi\sqrt{\displaystyle\frac{R}{g}}.$$Из второго закона Кеплера (радиус-вектор, соединяющий тело, движущееся под действием силы тяготения по замкнутой орбите, с центром притяжения, за равные промежутки времени заметает равные площади) следует, что отношение времени движения $T$ по половине эллипса (участок $BDC$) к полному периоду $T_э$ равно отношению площади заштрихованной на рисунке фигуры $OBDC$ к полной площади эллипса:$$\frac T{T_э}=\frac{{\displaystyle\frac12}\pi ab+ab}{\pi ab}.$$ Отсюда находим время полёта $T:$ $$T=T_э\bigg(\frac12+\frac{1}{\pi}\bigg)=(\pi+2)\sqrt{\displaystyle\frac Rg}\approx\;1\;ч.\;9\;мин.$$

Е. Сурков

Задача из журнала «Квант» (2002 год, 6 выпуск)

Условие

Четырехугольник с перпендикулярными диагоналями вписан в квадрат. Диагонали и стороны четырехугольника разделили квадрат на 8 треугольников, попеременно окрашенных в красный и синий цвет (рис.1).

Докажите, что сумма радиусов окружностей, вписанных в красные треугольники равна сумме радиусов окружностей, вписанных в синие треугольники.

Решение

В. Произволов