М1803. О суммарной площади треугольников

Задача из журнала «Квант» (2002 год, 1 выпуск)

Условие

В квадрате $ABCD$ взяты точки $P$ и $Q$ такие, что $\angle{PAQ}=\angle{QCP} = 45^{\circ}$ (рис.$1$). Докажите, что суммарная площадь треугольников $PAQ, PCB$ и $QCD$ равна суммарной площади треугольников $QCP, QAD$ и $PAB.$

Рис.1

Доказательство

Симметрично отразим $\triangle{APB}$ относительно прямой $AP,$ а $\triangle{AQD}$ — относительно прямой $AQ.$ При этом отраженные точки $B$ и $D$ «склеятся» в одну точку $M$ (рис.$2$).

Рис.2
Значит, суммарная площадь треугольников $QCP, QAD$ и $PAB$ равна площади четырехугольника $APCQ$ плюс площадь треугольника $PQM.$ Симметрично отразим $\triangle{CPB}$ относительно прямой $CP,$ а $\triangle{CQD}$ — относительно прямой $CQ.$ При этом отраженные точки $B$ и $D$ «склеятся» в одну точку $N.$ Значит, суммарная площадь треугольников $PAQ, PCB$ и $QCD$ равны площади четырехугольника $APCQ$ плюс площадь треугольника $PQN.$
Остается заметить, что площади треугольников $PQM$ и $PQN$ равны, поскольку сами треугольники равны.

В.Произволов

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 $P$.
Рисунок
                                                                                                   

 Е. Куланин

M1790. О равенстве суммарных длин участков границ разных цветов

Задача из журнала «Квант» (2002 год, 2 выпуск)

Условие

Имеются в некотором количестве равносторонние треугольники, у каждого из которых одна сторона желтая, другая красная, а третья синяя. Можно прикладывать треугольники друг к другу одноцветными сторонами или участками одноцветных сторон. Таким образом составлен большой равносторонний треугольник $\Delta$. Докажите, что суммарная длина участков границы треугольника $\Delta$ каждого из трех цветов одна и та же.

Решение

Все треугольники, составляющие равносторонний треугольник $\Delta$, окрасим в синий и белый цвета в шахматном порядке. Пусть при этом треугольники, примыкающие к границе треугольника $\Delta$, имеют синюю окраску (см. рисунок).
Совместная граница всех белых и синих треугольников на одну треть окрашена в каждый из трех цветов (желтый, красный или синий), поскольку она является суммарной границей всех белых треугольников. Вычтя эту границу из суммарной границы всех синих треугольников, получаем границу треугольника $\Delta$. Значит, граница треугольника $\Delta$ на одну треть окрашена в каждый из трех цветов.

С.Волченков, В.Произволов

М4. О равенстве медианы и высоты

Задача из журнала «Квант» (1970 год, 1 выпуск)

Условие

Дан отрезок $AB$. Найти на плоскости множество точек $C$ таких, что в треугольнике $ABC$ медиана, проведенная из вершины $A$, равна высоте, проведенной из вершины $B$.

 

Решение

Введём прямоугольную систему координат с началом в точке $A$, пусть точка $B$ имеет координаты $(2;0)$, а искомая точка $C$ — координаты $(x;y)$. Пусть $AF$ — медиана в треугольнике $ABC$, $BK \bot AC$ (рис.1). Легко показать, что точка F имеет координаты $\left(\frac{x+2}{2};\frac{y}{2}\right)$. Тогда $FA^{2}=\left(\frac{x+2}{2} \right)^{2}+\frac{y^{2}}{4}$.

рис. 1

По условию $BK^{2}=AF^{2}$, поэтому из подобия треугольников $AKB$ и $ACD$ следует, что $\frac{BK^{2}}{AK^{2}} = \frac{CD^{2}}{AD^{2}}$ или

$\frac{ \left(\frac{x+2}{2}\right )^{2}+\frac{y^{2}}{4} }{4-\left[ \left(\frac{x+2}{2} \right)^{2}+\frac{y^{2}}{4}\right]} = \frac{y^{2}}{x^{2}}$

Преобразовывая предыдущее равенство, получим:

$y^{4}+\left(2x^{2}+4x-12\right)\cdot y^{2}+\left(2x+x^{2}\right)^{2}=0$

Это и есть уравнение, связывающее координаты искомых точек. Может показаться, что оно определяет кривую четвертого порядка, нарисовать которую довольно трудно, но на самом деле левая часть уравнения легко раскладывается на множители:

$\left[\left(x+1\right)^{2}+\left(y+\sqrt{3}\right)^{2}-4\right] \left[\left(x+1\right)^{2}+\left(y-\sqrt{3}\right)^{2}-4\right]=0$

Задача решена.

М1606. Построение отрезка параллельного стороне треугольника и видимого из середины этой стороны под прямым углом

Задача из журнала «Квант» (1997, №5)

Условие

Дан треугольник [latex]ABC[/latex]. Постройте отрезок [latex]DE[/latex] с концами на сторонах [latex]AB[/latex] и [latex]BC[/latex], параллельный стороне [latex]AC[/latex] и видимый из середины стороны [latex]AC[/latex] под прямым углом.

Решение

Задача легко решается методом подобия. Пусть [latex]P[/latex] — точка, в которой продолжение медианы [latex]BK[/latex] пересекает полуокружность с центром [latex]K[/latex] и диаметром [latex]AC[/latex] (см. рисунок). При гомотетии с центром [latex]B[/latex], переводящей точку [latex]P[/latex] в точку [latex]K[/latex], отрезок [latex]AC[/latex] перейдет в искомый отрезок   [latex]DE[/latex]: этот отрезок параллелен [latex]AC[/latex] и [latex]\angle DKE = \angle APC=90[/latex]
M1606
Заметим, что треугольник [latex]AKP[/latex](а также [latex]CKP[/latex]) — равнобедренный, поэтому углы [latex]\angle DKA = \angle KAP[/latex] и [latex]\angle DKB = \angle APK[/latex] равны (и, аналогично, [latex]\angle BKE = \angle EKC[/latex]). Таким образом, для построения нужного отрезка [latex]DE[/latex] достаточно провести биссектрисы [latex]KD[/latex] и [latex]KE[/latex] углов [latex]AKB[/latex] и [latex]BKC[/latex]. То, что полученный отрезок [latex]DE[/latex] обладает нужными свойствами, легко доказать непосредственно: [latex]\angle DKE = 90[/latex], поскольку он состоит из половинок углов, дающие в сумме развернутый угол, а параллельность [latex]DE[/latex] и [latex]AC[/latex] вытекает из равенств, использующих свойства биссектрис:

[latex]\frac {AD}{DB} = \frac {AK}{KB} = \frac {CK}{KB} = \frac {CE}{EB}[/latex].

Задача имеет и другие решения, связанные с подсчетом углов.

Р.Травкин, Н.Васильев, В.Сендеров