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

Задача из журнала «Квант» (1996, №4)

Условие

На основании треугольника [latex]ABC[/latex] во внешнюю сторону построены квадраты [latex]ABMN, BCKL,[/latex] и [latex]ACPQ[/latex]. На отрезках [latex]NQ[/latex] и [latex]PK[/latex] построены квадраты [latex]NQZT[/latex] и [latex]PKXY[/latex].Найдите разность площадей квадратов [latex]NQZT, PKXY[/latex], если известна разность площадей квадратов[latex]ABMN, BCKL[/latex].

Ответ:

[latex]3d[/latex] (где [latex]3d[/latex] — заданная разность площадей).

По теореме косинусов (см. рисунок),

[latex]NQ^2=AN^2+AQ^2-2AN\cdot AQ\cdot \cos\angle NAQ=AB^2+AC^2-2\cdot AB\cdot BC\cdot \cos\angle NAQ,[/latex] [latex]BC^2=AB^2+AC^2-2AB\cdot AC\cdot \cos\angle BAC[/latex] .

Поскольку [latex]\angle NAC+\angle BAC=180^{\circ}[/latex], сумма их косинусов равна [latex]0[/latex]. Поэтому

[latex]NQ^2+BC^2=2AB^2+2AC^2[/latex]

Аналогично: [latex]PK^2+AB^2=2BC^2+2AC^2[/latex]. Поэтому

[latex]NQ^2-PK^2=3AB^2-3BC^2=3d[/latex]

А.Герко, М.Вялый

Задача из журнала «Квант» (1997, №2)

Формулировка:

Из некоторого прямоугольника вырезан равносторонний треугольник так, что одна из его вершин находится в вершине прямоугольника, а две другие лежат на сторонах прямоугольника ( не содержащих эту вершину ). Докажите, что площадь одного из оставшихся прямоугольных треугольников равна сумме площадей двух других.

Решение:

Одно из решений (см. рисунок): если [latex]\angle BAM=\alpha, [/latex] то [latex]\angle CBL=[/latex] [latex]180^{\circ} — (90^{\circ} — \alpha ) — [/latex] [latex]60^{\circ} = [/latex] [latex] = 30^{\circ} + \alpha, [/latex] [latex]\angle CAK = 30^{\circ} — \alpha, [/latex] [latex]\angle BCL=60^{\circ} — \alpha[/latex], и утверждение задачи сводится к проверке тождества (для [latex]0<\alpha <30^{\circ}[/latex]):

[latex]\sin \alpha \cos \alpha+\sin(30^{\circ} — \alpha )\cos(30^{\circ} — \alpha ) = \sin(30^{\circ} + \alpha )\cos(30^{\circ} + \alpha ), [/latex]

или, переходя к двойным углам, [latex]\sin 2\alpha + \sin(60^{\circ} — 2\alpha ) = \sin(60^{\circ} + 2\alpha )[/latex].

Оно следует из формулы [latex]\sin (60^{\circ} + 2\alpha ) — \sin(60^{\circ}-2\alpha ) = 2\sin2\alpha \cos60^{\circ}[/latex].

А.Егоров

Условие

Вася и Петя нарисовали по выпуклому четырехугольнику. Каждый из них записал на листочке длины всех сторон своего четырехугольника и двух его диагоналей. В результате на их листочках оказались два одинаковых набора из 6 различных чисел. Обязательно ли четырехугольники Васи и Пети равны?

Ответ:

Не обязательно.

 Решение

Примером могут служить четырехугольники $latex ABCD $ и $latex KLMN $, изображенные на рисунке. Здесь $latex \triangle ABC = \triangle KLM, \triangle ACD = \triangle MNK $ и $latex BC = LN $

Поэтому наборы длин сторон и диагоналей для для данных четырехугольников одинаковые. Но очевидно что сами четырехугольники не равны ( так как, например, в четырехугольнике $latex ABCD $ ни одна из двух диагоналей не равна $latex LN $ ).