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 ABC. Постройте отрезок DE с концами на сторонах AB и BC, параллельный стороне AC и видимый из середины стороны AC под прямым углом.

Решение

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

\frac {AD}{DB} = \frac {AK}{KB} = \frac {CK}{KB} = \frac {CE}{EB}.

Задача имеет и другие решения, связанные с подсчетом углов.

Р.Травкин, Н.Васильев, В.Сендеров

М1586

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.

questPic1586

Решение:

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

\sin \alpha \cos \alpha+\sin(30^{\circ} - \alpha )\cos(30^{\circ} - \alpha ) = \sin(30^{\circ} + \alpha )\cos(30^{\circ} + \alpha ),

или, переходя к двойным углам, \sin 2\alpha + \sin(60^{\circ} - 2\alpha ) = \sin(60^{\circ} + 2\alpha ).

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

А.Егоров