M1401. Перетин прямої, яка з’єднує дві бісектриси різних вписаних трикутників, і центра вписаного кола

Задача М1401 з журналу «Квант» (1993 рік, № 11/12)

Умова

На дузі $BC$ кола, описаного навколо трикутника $ABC$ (що не містить $A$ ), взято точку $K$ . Нехай $NK$ і $MK$ — бісектриси трикутника $AKB$ і $AKC$ . Доведіть, що пряма $MN$ проходить через центр вписаного кола трикутника $ABC$ .

В. Акопян

Розв’язок

Випишемо умову, за якої пряма $MN$ (де $M$ і $N$ — точки на сторонах кута $A$ ) перетинає бісектрису у заданій точці $Q$ (мал. 1). Покладемо $AM = x$ , $AN = y$ , $AQ = q$ , $\angle MAN = 2\alpha$ . Сума площ трикутників $AMQ$ і $ANQ$ дорівнює площі трикутника $MAN$ ; звідси $xq + yq = 2xy \cos \alpha$ , або $1/x + 1/y = 2\cos\alpha / q$ . (Це — формула для обчислення бісектриси $q$ по двум сторонам $x$ , $y$ і куту $2\alpha$ між ними.) Таким чином, щоб довести, що в нашій задачі прямі $MN$ перетинають бісектрису в одній і тій самій точці, достатньо перевірити, що величина $1/AM + 1/AN$ постійна. Один з способів довести це — використання теореми синусів. Нехай $d$ — діаметр кола, $\angle ABC = 2\beta$ , $\angle ACB = 2\gamma$ , $\angle ABK = \varphi$ . Тоді $AK = d \sin\varphi$ ,

$AM = d \sin \varphi \cdot \frac{\sin \gamma}{\sin(\varphi + \gamma)},$

$AN = d \sin \varphi \cdot \frac{\sin \beta}{\sin(\pi — \varphi + \beta)} = d \sin \varphi \cdot \frac{\sin\beta}{\sin(\varphi — \beta)},$
тому величина

$\frac{1}{AM} + \frac{1}{AN} = \frac{1}{d} \left(\frac{\sin(\varphi + \gamma)}{\sin\varphi\sin\gamma} + \frac{\sin(\varphi-\beta)}{\sin\varphi\sin\beta} \right) = \\ \frac{1}{d}\left(\cot\gamma+\cot\varphi+\cot\beta — \cot\varphi \right) = \frac{1}{d} \left(\cot\gamma + \cot\beta \right)$
дійсно не залежить від

$\varphi$ .

Мал. 1

Ще один спосіб, замість тригонометрії, використовує теорему Птолемея. За властивісттю бісектриси маємо:

$\frac{AB — x}{x} = \frac{BK}{AK},$
або

$\frac{AB}{x} = 1 + \frac{BK}{AK}. \;\;\;(1)$
Аналогічно

$\frac{AC}{y} = 1 + \frac{CK}{AK}.\;\;\;(2)$
За теоремою Птолемея

$BK \cdot AC + CK \cdot AB = AK \cdot BC$ . Отже,

$\frac{BK}{AK}\cdot AC + \frac{CK}{AK} \cdot AB = BC.$
З допомогою цієї рівності отримаємо з (1) і (2) твердження, що доводиться, про те, що

$1/x + 1/y$ постійна.

Залишається пояснити, що фіксована точка $Q$ , через яку проходять усі прямі $MN$ , дійсно центр вписаного кола.

Це можна зробити, наприклад, розглянувши одне спеціальне положення точки $K$ , коли вона знаходиться в середині дуги $BC$ ; тоді

$BM/MA = BK/KA = CK/KA = CN/NA \;\;\;(3)$
(так що

$MN$ паралельна

$BC$ ). Нехай

$P$ — точка перетину

$AK$ зі стороною

$BC$ . З подоби трикутників

$BKA$ і

$PKB$ (вони мають спільний кут

$K$ і рівні кути, які опираються на рівні дуги

$KC$ і

$KB$ ) відношення (3) дорівнює:

$BK/KA = BP/AB = PQ/QA,$
де

$Q$ — центр вписаного кола трикутника.

Але це можна обчислити і без допомоги обчислень. Помітимо, що коли точка $K$ наближається до $B$ , то $M$ також наближається до $B$ , так що граничним положенням прямої $MN$ буде бісектриса кута $B$ (так само, коли $K$ наближається до $C$ , граничним положенням $MN$ буде бісектриса кута $C$ ). Ці «граничні» прямі, звичайно, теж проходять через точку $Q$ ; тим самим $Q$ — точка перетину бісектрис трикутника $ABC$ .

Мал. 2

Інший роз’язок задачі М1401 можна отримати, спираючись на наступну чудову теорему Паскаля: точки перетину трьох пар протилежних сторін вписаного шестикутника лежать на одній пряій¹. Щоб отримати цей шестикутник $ABDKEC$ , достатньо продовжити бісектриси до перетину з колом у точках $D$ і $E$ (вони ділять відповідні дуги навпіл — див. мал. 2); тоді $M,$ $N,$ $Q$ — точки перетину його сторін $AB$ і $EK$ , $DK$ і $CA$ , $BD$ і $EC$ .

В. Акопян, Н. Васильєв, В. Дубровський, В. Сендеров

¹Див. статтю Н. Васильєва «Гексаграми Паскаля і кубічні криві» в «Кванті» №8 від 1987 р.

M1268. Про доведення формули площі трикутника

Задача M1268 із журналу «Квант» (1991 р. №1)

Умова

Всередині трикутника $ABC$ взято довільну точку $X$ . Прямі $AX,$ $BX,$ $CX$ перетинають сторони $BC,$ $CA$ і $AB$ в точках $A_1,$ $B_1,$ $C_1.$ Нехай $AB_1 \cdot AC_1 \cdot BC_1 \cdot BA_1 \cdot CA_1 \cdot CB_1 = \Pi.$ Доведіть, що площа $S$ трикутника $A_1B_1C_1$ дорівнює $S=\frac{\sqrt{\Pi}}{2R}$ , де $R$ — радіус описаного навколо трикутника $ABC$ кола.

Розв’язання

Нехай точки $C_1$ $A_1$ і $B_1$ ділять сторони $c= AB,$ $a= BC$ і $b= CA$ відповідно на відрізки $p$ і $u,$ $q$ і $v,$ $r$ і $w$ (мал. 1).

Малюнок 1

Оскільки площа трикунтика з даним кутом пропорційна добутку сторін, що утворюють цей кут, площа $S$ блакитного трикутника дорівнює площі всього трикутника $S_{ABC},$ помноженого на коефіцієнт

$1-\frac{qu}{ca} — \frac{rv}{bc} — \frac{pw}{ab} = \frac{abc-bqu-arv-cpw}{abc}.$

Підставивши замість $a, b, c$ суми $p+u, q+v, r+w$ і згадавши відому формулу $S_{ABC} = \frac{abc}{4R},$ ми отримаємо гарну формулу площі блакитного трикутника

$S=\frac{pqr+uvw}{4R},$ але вона відрізняється від тієї, яку потрібно було довести. Тепер скористаємось теомерою Чеви , згідно з якою при будь-якому виборі точки

$X$ всередині трикутника

$ABC$ виконується рівність

$pqr=uvw. (*)$

Із рівності $(*)$ і $Pi=pqruvw$ слідує, що

$Pi=\frac{(pqr+uvw)^2}{4},$ а значить, що і потрібна формула для

$S.$

Для доведення формули $(*)$ можна також використати площі. Відношення площ трикутників $AXB$ і $CXB$ зі спільною основою $XB$ дорівнює відношенню їх висот, тобто $\frac{w}{r}$ (мал. 2). Перемножуючи три таких відношення, отримаємо

$\frac{p}{u}\cdot\frac{q}{v}\cdot\frac{r}{w}=\frac{S_{AXC}}{S_{CXA}}\cdot\frac{S_{CXA}}{S_{AXB}}\cdot\frac{S_{AXB}}{S_{BXC}}=1.$

Малюнок 2 (Теорема Чеви)

Н.Васильєв, Н.Просолов

М1314. Про діагоналі випуклого чотирикутника та центри вписаних кіл трикутників

Задача М1314 з журналу «Квант» 1991 року №11

Умова

$ABCD$ — випуклий чотирикутник, діагоналі котрого перетинаються в точці $O$ . Нехай $P$ та $Q$ — центри кіл, описаних навколо трикутників $ABO$ і $CDO$ .

Доведіть, що $AB+CD\leq4PQ$

Ф. Назаров

Розв’язання

Нехай $O$ — точка перетину діагоналей чоторикутника $ABCD$ . Проведемо пряму, що ділить кути $BOA$ та $COD$ навпіл і, що перетинає кола, описані навколо трикутників $AOB$ і $COD$ у точках $K$ і $L$ відповідно. (малюнок)

Нехай $PM$ та $QN$ — перпендикуляри, опущені із точок $P$ і $Q$ на пряму $KL$ .

Так як сума кутів $\angle KBO$ і $\angle KAO$ = $180^{\circ}$ , один з цих двох кутів не є гострим. Будемо для визначенності вважати, що таким кутом є $KBO$ .

З трикутника $KBO$ отримаємо, що $КО > KB$ . А так як трикутник $AKB$ — рівнобедрений,

$2KB = KB + KA > AB.$

Отже, $2KO > AB$ . Аналогічно доводиться, що $2LO > CD$ .

Але тоді

$4PQ \geq 4MN = 2KL = 2KO + 2LO > AB + CD.$

Ф. Назаров

M1206. Про рівність квадрату радіуса кола і площі чотирикутника

$\DeclareMathOperator{\tg}{tg}$

Задача M1206 із журналу «Квант» (1990 г. №2)

Умова

У колі проведено два перпендикулярні один одному діаметри $AE$ і $BF.$ На дузі $EF$ узято точку $C.$ Хорди $CA$ і $CB$ перетинають діаметри $BF$ і $AE$ відповідно в точках $P$ і $Q$ (малюнок 1). Доведіть що площа чотирикутника APQB дорівнює квадрату радіуса кола.

(А. Костенков)

Розв’язання

Один з найпростіших розв’язків отримуємо прямим обчисленням за формулою $S_{APQB} = PQ \cdot BP / 2.$ Якщо $\angle CAE = a,$ то $AQ = AO + OQ = (1 + \tg\beta),$ де $O$ — центр, а $R$ — радіус даного кола,

$S_{APQB} = \frac{1}{2} R^2(1 + \tg\alpha + \tg\beta + \tg\alpha \tg\beta).$ Тепер треба довести, що величина в дужках дорівнює 2, тобто що

$(\tg\alpha + \tg\beta)/(1 — \tg\alpha \tg\beta) = 1.$ У лівій частині цієї рівності стоїть вираз для

$\tg(\alpha + \beta).$ Залишається зауважити, що

$\alpha + \beta = \angle CAE + \angle CBF = 45^\circ$ (кути

$CBF$ і

$CAE$ спираються на дуги

$CF$ і

$CE,$ які в сумі складають

$90^\circ),$ а

$\tg45^\circ = 1.$

Малюнок 1

Намітимо і «чисто геометричний» розв’язок. Нехай $D$ — точка перетину хорд $AC$ і $EF$ (малюнок 2). Тоді, очевидно, $S_{ABD} = S_{ABEF}/2 = R^2,$ і ми повинні сказати, що $S_{ABD}=S_{ABPQ},$ тобто що $S_{BDF}=S_{BQP}.$ Точки $Q,$ $E,$ $C$ і $D$ лежать на одному колі $(\angle QED = 45^\circ = \angle QCD);$ тому $\angle DQE = 180^\circ — \angle DCE = 90^\circ.$ Отже, прямі $DQ$ і $BP$ паралельні, а отже, трикутники $BDP$ і $BQP$ рівновеликі.

Малюнок 2

(В. Дубровський)

М1663. Взаємне розташування діагоналей опуклого чотирикутника

Задача із журналу «Квант» (1998 рік. №6)

Умова

Бісектриси вписаного чотирикутника утворюють у перетині опуклий чотирикутник. Доведіть, що діагоналі отриманого чотирикутника перпендикулярні.

С.Берлов

Розв’язок

Продовжимо протилежні сторони вихідного чотирикутника $ABCD$ до перетину в точках $P$ і $Q$ (див. рисунок). Доведемо спочатку, що бісектриса $PF$ кута $P$ перпендикулярна бісектрисі $QE$ кута $Q.$

Оскільки чотирикутник $ABCD$ — вписаний, зовнішній кут $DCQ$ дорівнює внутрішньому куту в протилежній вершині $A.$ Так як пряма $QE$ — бісектриса кута $Q$ , то кути трикутника $AQE$ відповідно дорівнюють кутам трикутника $CQG.$ Отже, $\angle CGQ = \angle AEQ$ . Але кути $CGQ$ і $PGE$ рівні як вертикальні. Тому $\angle PEG = \angle PGE$ і $\triangle PEG$ — рівнобедрений.

Отже, бісектриса кута $P$ є серединним перпендикуляром до відрізка $EG,$ тобто бісектриса $PF$ кута $P$ перпендикулярна бісектрисі $QE$ кута $Q.$

Звідси легко випливає твердження задачі, оскільки діагоналі чотирикутника, утвореного на бісектрисах чотирикутника $ABCD,$ лежать на бісектрисах $PF$ і $QE.$

У випадку, коли будь-які дві протилежні сторони чотирикутника $ABCD$ паралельні, твердження задачі випливає із симетричності креслення.

С.Берлов