Пусть $Q$ — произвольная точка окружности с диаметром $AB, QH$ — перпендикуляр, опущенный на $AB.$ Точки $C$ и $М$ — это точки пересечения окружности с центром $Q$ и радиусом $QH$ с первой окружностью.
Докажите, что прямая $CM$ делит радиус $QH$ пополам (рис.1).рис. 1
Проведем прямые $CH$ и $MH$ до пересечения с окружностью в точках $F$ и $R$ соответственно (рис.2). Тогда $\angle MCF = \frac{1}{2} \cup MF = \angle MRF$ и $\angle MCF = \angle MHA,$ так как $AH$ — касательная; значит, $\angle RHB = \angle HRF, $ или $AB \| FR.$ В $\Delta HRW$ угол $\angle HWR = \frac{1}{2} \cup QR = \angle QMH,$ но $\angle QMH = \angle QHM (MQ = QH),$ т.е. $\Delta HRW$ — равнобедренный и $RI$ — высота в $\Delta HRW (I = HW\cap RF).$ Получим, что $HI = IW, QH = HW.$ Пользуясь результатом задачи «Проблема бабочки», видим, что $IH = HL = IW = LQ,$ что и требовалось доказать. (О «бабочках» см., например, книгу: Г.С.Коксетер, С.Л.Грейтцер «Новые встречи с геометрией» (стр. 59-60)).рис. 2
Дан треугольник $ABC$ и точка $M$ внутри него. Докажите, что хотя бы один из углов $MAB$, $MBC$, $MCA$ меньше или равен $30^{\circ}$.
Рис. 1.
Пусть точка $M$ внутри треугольника $ABC$ такова, что все углы из условия задачи больше $\displaystyle \frac{\pi}6$. Тогда она лежит в треугольнике $AED$ (см. рис. $1$).
Следовательно, достаточно доказать, что $\angle ECA \leqslant$ $\displaystyle \frac{\pi}6$.
Рассмотрим конфигурацию рисунка $2$, где $r_1=1$, $\angle BO_2M =$ $\displaystyle \frac{\pi}{3}$. Точка $A$ лежит на прямой $l$ в круге с центром $O_2$, точка $M$ — в треугольнике $ABC$. Покажем, что при этих условиях отрезки $BM$ и $O_1O_2$ имеют общую точку.
Рис. 2.
Пусть это не так (см. рис. $3$).
На рисунке $3$ прямая $MD$ — касательная к окружности с центром $O_1$.
Имеем: $O_1C \perp l$, треугольник $O_1CM$ правильный, отрезки $BM$ и $O_1C$ пересекаются. Так как угол $BMm$ равен $\displaystyle \frac{\pi}6$, то прямая $m$, являющаяся касательной к окружности с центром $O_2$, пересекается с $l$ в точке луча $DC$
$($либо $m \parallel l)$. Следовательно, и точка $A$ может лежать лишь на этом луче; значит, точка $M$ лежит вне треугольника $ABC$.
Получили: $O_1O_2 \cap BM \not= \varnothing$.
Для решения задачи достаточно доказать, что $r_2 \leqslant d(O_2, l)$.(Здесь
$d(O_2, l)$ — расстояние от точки $O_2$ до прямой $l$.) Пусть $d(O_2, l) \geqslant d(O_1, l)$. Имеем: $$r_2 = 2 \sin \alpha, d(O_2, l) = 1 + (\cos \alpha + \frac{\sqrt{3}}2 \cdot 2 \sin \alpha) \cos \left(\frac{2\pi}3 {-} \alpha \right) = \\ = \frac 12 + 2 \sin^2 \alpha \geqslant 2 \sin \alpha = r_2.$$
Рис. 3.
Случай $d(O_2, l) < d(O_1, l)$ рассматривается аналогично.
Замечание. Несложное доказательство допускает также и следующее утверждение. Пусть точка $M$ лежит внутри четырехугольника $ABCD$. Тогда хотя бы один из углов $MAB$, $MBC$, $MCD$, $MDA$ меньше или равен $\displaystyle \frac{\pi}4$. Докажите это утверждение самостоятельно.
Через основание $L$ и $M$ биссектрисы $BL$ и медианы $BM$ неравнобедренного треугольника $ABC$ провели прямые параллельно, соответственно, сторонам $BC$ и $BA$ до пересечения с прямыми $BM$ и $BL$ в точка $D$ и $E$. Докажите, что угол $BED$ прямой.
Рис. 1
Первое решение
Обозначим $O=LD \cap ME$, и пусть точка $O$ лежит внутри треугольника $ABC$ (именно такое расположение было предложено рассмотреть на олимпиаде). $ME$ — медиана треугольника $MBC$ (Рис.1), а значит, и треугольника $MDL$, т.е. $OL=OD$. Далее $\angle DLB = \angle LBC,\; \angle MEL = \angle ABL = \angle LBC$. Получили: $\angle MEL = \angle DLB, \; OL= OE$.
Итак, в треугольнике $LED$ медиана $EO$ равна половине стороны $LD$. Следовательно, угол $DEL$ прямой, откуда сразу следует утверждение задачи.
Случай внешнего расположения точки $O$ рассматривается аналогично. А можно и не рассматривать этот случай, а просто сослаться на такое почти очевидное предложение.
Рис. 2
Лемма. Пусть $B$ и $C$ — произвольные точки на выходящих из $A$ лучах (Рис.2), $BD \parallel CK, \; CE \parallel BF$. Тогда и $ED \parallel KF$.
Следует из теоремы Фалеса; легко получить его с помощью векторов.
С помощью векторов нетрудно получить и естественное решение исходной задачи.
Второе решение
Рис. 3
Ниже мы будем рассматривать векторы в базисе $\{\vec{a} , \; \vec{c} \}, \;$ где $\vec{a} = \vec{BC},\; \vec{c} = \vec{BA}, \;$ длины этих векторов обозначим через $a$ и $c$ соответственно.
Обозначим $\vec{BE} = \alpha \vec{BL}$, тогда $$ \alpha \vec{BL} + \vec{EM} = \vec{BM} =\frac{1}{2} \Big( \vec{a} + \vec{c} \Big).$$ Приравняем проекции левой и правой частей этого равенства на вектор $\displaystyle \vec{a}: \frac{\alpha c}{a+c} = \frac{1}{2}$, откуда $\displaystyle \alpha = \frac{a+c}{2c}$.
Аналогично, положив $\vec{BD} = \beta \vec{BM}$, получим $\beta \vec{BM}+\vec{DL}=\vec{BL}$; проектируя обе части этого равенства на $\vec{c}$, находим $\displaystyle \frac{\beta}{2}=\frac{a}{a+c}$.
Получили $\displaystyle \vec{BE} = \frac{\vec{a}}{2} + \frac{a}{2c} \vec{c},\; \vec{BD} = \frac{a}{a+c} \Big(\vec{a} + \vec{c} \Big)$. Таким образом, $\displaystyle\frac{\vec{BE}}{a} = \frac{1}{2}\left( \frac{\vec{a}}{a} + \frac{\vec{c}}{c}\right)$ — это высота треугольника, построенного на единичных векторах $\displaystyle \frac{\vec{a}}{a}$ и $\displaystyle \frac{\vec{c}}{c}$. Далее, $\displaystyle \frac{\vec{BE}}{a} = \frac{1}{a+c}\left(a \cdot \frac{\vec{a}}{a}+c \cdot \frac{\vec{c}}{c}\right)$ — (внутренняя) точка основания этого треугольника, отличная от основания высоты. Поэтому очевидно(Рис.3), что $\displaystyle \frac{\vec{BD}}{a}-\frac{\vec{BE}}{a}\bot\vec{BE}$ — и утверждение задачи доказано.
Разумеется, к этому решению можно было подойти более формально: вектор $\displaystyle \vec{BD}-\vec{BE}=\frac{a \left( a-c \right)}{2 \left( a+c \right)} \left(\frac{\vec{a}}{a}-\frac{\vec{c}}{c}\right) $ параллелен основанию треугольника. А можно было и воспользоваться понятием скалярного произведения векторов: $$\displaystyle \left( \vec{BD}, \vec{BE} \right) = \frac{a^2}{2} \left( 1+\frac{\Big( \vec{a}, \vec{c} \Big)}{ac} \right), $$ $$\displaystyle \left( \vec{BE}, \vec{BE} \right) = \frac{a^2}{2} \left( 1+\frac{\Big( \vec{a}, \vec{c} \Big)}{ac} \right).$$
В параллелограмме $ABCD$ нашлась точка $Q$ такая, что $\angle AQB + \angle CQD=180°$. Докажите равенства углов: $\angle QBA = \angle QDA$ и $\angle QAD = \angle QCD$ (рис.1). Рис. 1
Треугольник $ABQ$ параллельно перенесем на вектор $\overrightarrow{\rm BC}$, и новое положение точки $Q$ обозначим через $P$ (рис. 2). Рис. 2 Ввиду условия задачи, около четырехугольника $QCPD$ можно описать окружность. Но тогда $$\angle DCP(= \angle QBA) = \angle PQD = \angle QDA,$$ а также $$\angle QCD = \angle QPD = \angle QAD,$$ т.е. утверждение доказано.
В одной плоскости с длинным прямым проводом закреплено маленькое сверхпроводящее кольцо из очень тонкого провода. Диаметр кольца $d = 1\, \text{см}$, центр кольца находится на растоянии $H = 1 \, \text{м}$ от провода, индуктивность кольца $L = 10 \, \text{мкГн}$. По проводу пропускают электрический ток — сила тока быстро возрастает от нуля до $I = 10 \, \text{А}$. Какой установившийся ток потечет по кольцу? Какая сила при этом будет действовать на кольцо?
Решение
Магнитная индукция поля длинного прямого провода с током $I$ на расстоянии $x$ от него равна $$ B = \frac {\mu_0 I} {2 \pi x}.$$
Кольцо маленькое — по сравнению с расстоянием $H$ от провода, для расчета магнитного потока будем считать поле однородным в пределах кольца. Контур сверхпроводящий, поэтому полный магнитный
поток через него должен остаться нулевым. Тогда получим $$ L I_k = \frac {\mu_0 I} {2 \pi x} \frac {\pi d^2}{4}.$$
Отсюда найдем установившийся ток в кольце: $$ I_k = \frac {\mu_0 I d^2} {8 H L} \approx 1{,}5 \cdot 10^{-5} \, \text {А}.$$
Для расчета силы, действующей на кольцо, поле уже нельзя считать однородным — в этом случае сила получилась бы точно равной нулю.
Удобно взять малые диаметрально противоположные кусочки кольца (см. рисунок) — проекции сил на направление вдоль провода нас не интересуют, понятно, что в сумме они дадут ноль. В проекции на перпендикулярное к проводу направление получим
$$
d F_1 = B_1 I_k R d \varphi, d F_2 = B_2 I_k R d \varphi, \\
(d F_1 — d F_2) \cos {\varphi} = \mu_0 I I_k R \cos {\varphi} d \varphi \cdot \left (\frac {1} {2 \pi (H — R \cos {\varphi})} — \\ — \frac {1} {2 \pi (H + R \cos {\varphi})} \right) = \frac {\mu_0 I I_k R^2 \cos {\varphi}^2 d \varphi} {\pi( H^2 — R^2 \cos {\varphi}^2}.
$$
Учтем, что радиус кольца $R$ намного меньше $H$, и упростим выражение:
$$
(d F_1 — d F_2) \cos {\varphi} \approx \frac {\mu_0 I I_k R^2 \cos^2 {\varphi} d \varphi} {\pi H^2}.
$$
Нужно просуммировать полученные силы по всем частям окружности, тогда полная сила будет
$$
F = \frac {\mu_0 I I_k R^2 } {\pi H^2} \int {\cos^2 {\varphi} d \varphi} =
\frac {\mu_0 I I_k R^2 } {2 H^2} = \frac {\mu^2_0 I^2 d^4 } {64 H^3 L} \approx 2{,}5 \cdot 10^{-15} \, \text {Н}.
$$
