Задачa из журнала «Квант» (2001 год, 2 выпуск)

Условие

Внутри квадрата $ABCD$ расположены точки $P$ и $Q$ так, что $\angle PAQ = \angle PCQ = 45 ^{\circ}$ (рис.1). Докажите, что $PQ^{2} = BP^{2} + QD^{2}$.

Решение

Симметрично отразим $\triangle APB$ относительно прямой $AP$, a $\triangle AQD$ — относительно прямой $AQ$. При этом отраженные точки $B$ и $D$ «склеятся» в одну точку $M$ (рис.2). Затем симметрично отразим $\triangle CPB$ относительно прямой $CP$, а треугольник $CQD$ — относительно прямой $CQ$. При этом отраженные точки $B$ и $D$ «склеятся» в одну точку $N$.

Заметим, что $\angle PMQ + \angle QNP = 180^{\circ}$, но так как треугольники $PMQ$ и $QNP$ равны, то $\angle PMQ = \angle QNP$, т.е. $\angle PMQ = 90^{\circ}$.

Значит, треугольник $PMQ$ прямоугольный и $PM^{2} + QM^{2} = PQ^{2}$. Но $PM = BP$, а $QM = QD$, поэтому окончательно можно утверждать, что $PB^{2} + QD^{2} = PQ^{2}$.

В. Произволов

Задача из журнала «Квант» (1998 год, 2 выпуск)

Условие задачи

В треугольнике $ABC$ отрезки $CM$ и $BN$ – медианы, $P$ и $Q$  – точки соответственно на $AB$ и $AC$ такие, что биссектриса угла $C$ треугольника одновременно является биссектрисой угла $MCP$, а биссектриса угла $B$ – биссектрисой угла $NBQ$. Можно ли утверждать, что треугольник $ABC$ равнобедренный, если
а) $BP = CQ$;
б) $AP = AQ$;
в) $PQ || BC$;
Отрезки $BQ$ и $CP$ называются симедианами.

Решение

Теорема

$AB = c$, $AC = b$, $AS$ – симедиана. Тогда $\displaystyle \frac{BS}{SC}=\frac{c^{2}}{b^{2}}$.

Пусть $AM$ – медиана; обозначим $\alpha = \angle BAS = \angle CAM$, $\angle MAS = \beta$ (рис.1).
Имеем: $\displaystyle \frac{BS}{SC}=\frac{S_{ABS}}{S_{ASC}} = \frac{c\sin\alpha }{b(\sin\alpha +\beta)}$, $\displaystyle 1 = \frac{S_{ABM}}{S_{AMC}} = \frac{c\sin(\alpha + \beta)}{b\sin \alpha}$.
Значит, $\displaystyle \frac{BS}{SC}=\frac{c^{2}}{b^{2}}$.

а) Да. Перепишем равенство $BP = CQ$, пользуясь теоремой:

б) Нет. $\displaystyle AP = c \cdot \frac{b^{2}}{b^{2} + a^{2}}$, $\displaystyle AQ = b \cdot \frac{c^{2}}{c^{2} + a^{2}}$.
Перепишем $AP = AQ: bc(b — c) = a^{2}(b — c)$. Значит, в неравнобедренном треугольнике таком, что $a^{2} = bc$, имеем $AP = AQ$.

1. Если A – наибольший или наименьший угол треугольника, $AP = AQ$, то треугольник равнобедренный.
2. Неравнобедренный треугольник такой, что $AP = AQ$ – это треугольник со сторонами вида $d, dq, dq^{2}$, где $q \neq 1$.
3. Пункт б) (именно он предлагался на Турнире городов) можно решить и без помощи теоремы, пользуясь лишь соображениями непрерывности. Это можно сделать по такой, например, схеме.
   Пусть для треугольника $ABC$ будет $AP > AQ$, а для треугольника ${A}'{B}'{C}’$ ${AP}’ < {AQ}’$. «Перетянем» $A$ в ${A}’$, $B$ в ${B}’$, $C$ в ${C}’$; по дороге нам встретится треугольник $A^{\prime\prime}B^{\prime\prime}C^{\prime\prime}$ такой, что $A^{\prime\prime}P^{\prime\prime} = A^{\prime\prime}Q^{\prime\prime}$. Если возникающие при этом «перетягивании» треугольники не являются равнобедренными, то задача решена.

Приведем пример реализации этой схемы.
Рассмотрим треугольник рисунка 2:

Рассмотрим теперь треугольник рисунка 3:

В. Сендеров

Задача из журнала «Квант» (2001 год, 4 выпуск)

Условие

Имеется остроугольный треугольник с меньшей стороной $c$ и противолежащим ей углом $\gamma$ . Известно, что треугольник можно раскрасить в два цвета так, что расстояние между любыми двумя точками одного цвета будет не больше $с$. Докажите, что $\gamma \geqslant 36^\circ$.

Решение

Рассмотрим треугольник $ABC$ с длинами сторон $AB=c$, $BC=a$, $CA=b$, причём $a \geqslant b \geqslant c$; углы при вершинах $A$, $B$ и $C$ обозначим соответственно через $\alpha$, $\beta$ и $\gamma$.

Пусть точка $K$ — середина стороны $BC$, точка $A_1$ — пересечение серединного перпендикуляра к $BC$ и стороны $AC$ (см. рисунок).

Из условия задачи следует, что в указанной раскраске вершины $B$ и $C$ должны быть разного цвета, поскольку расстояние между ними больше $c$ (если оно равно $c$, то треугольник равносторонний, и для него утверждение задачи выполняется). Значит, точка $A_1$ должна иметь одинаковый цвет с одной из точек $B$ или $C$.

В любом случае должно выполняться неравенство $AB \geqslant A_1C$, которое равносильно следующим неравенствам:

Завершаем доказательство:

А.Эвнин

Задача из журнала «Квант» (2000 год, 6 выпуск)

Условие задачи

Продолжения противоположных сторон произвольного выпуклого четырехугольника $ABCD$ пересекаются в точках $M$ и $K$  $(рис.1)$. Через точку $O$ пересечения его диагоналей проводится прямая, параллельная $MK$. Докажите, что отрезок этой прямой, заключенный внутри четырехугольника, делится точкой  $O$ пополам.

Решение

Проведем  через точку $D$ прямую $l$ (сделайте чертеж самостоятельно), параллельную $KM$; пусть  $E$ и $F$ — точки пересечения $l$ с прямыми $BC$ и $BA$ соответственно.  Пусть для определенности прямая, проходящая через $O$ параллельно $KM$ и $l$ пересекает стороны $AB$ и $CD$ четырехугольника. В этом случае для решения задачи надо доказать, что точка $O$ лежит на медиане $KL$ треугольника $DKF$. Мы докажем, что $O$ — точка пересечения медиан $KL$ и $MN$ треугольников $DKF$ и $DME$ соответственно. Обозначим точку пересечения медиан $KL$ и $MN$ через $X$.

Докажем вначале, что $X$ лежит на $BD$, т. е. что прямые $DX$ и $BD$ совпадают. Для этого докажем, что они делят отрезок $KM$ в одном и том же соотношении.

Пусть  $Y$ — точка пересечения $DX$ и $KM$. Имеем $\frac {\displaystyle KY}{ \displaystyle LD} = \frac{\displaystyle XY}{\displaystyle DX}$ (поскольку треугольники $XYK$ и $XDL$ подобны), $\frac{ \displaystyle MY}{\displaystyle DN}\ = \frac{\displaystyle XY}{\displaystyle DX}\[/latex]. Поэтому [latex]\frac{\displaystyle KY}{\displaystyle MY}\ = \frac{\displaystyle LD}{\displaystyle DN}\[/latex]. Аналогично доказывается, что [latex]BD$ делит $KM$ в отношении $\frac{\displaystyle FD}{\displaystyle DE}\[/latex]. Но [latex]FD = 2LD$, $DE = 2DN$.

Осталось доказать, что $X$ лежит на отрезке $AC$. Другими словами, что $KL$ и $MN$ делят отрезок $AC$ в одном и том же отношении.

Доказанные утверждения позволяют завершить решение задачи. Именно, по лемме 2 медиана $KL$ делит отрезок $AC$ (считая от $C$)  в отношении $m = \left(\frac{\displaystyle CK}{\displaystyle KD}\right) \cdot \left (\frac{\displaystyle KF}{\displaystyle AK} \right )$, а медиана $MN$ — в отношении $n = \left(\frac{\displaystyle MC}{\displaystyle ME}\right) \cdot \left (\frac{\displaystyle MD}{\displaystyle MA} \right )$. Но $\frac{\displaystyle MC}{\displaystyle ME}\ = \frac{\displaystyle KC}{\displaystyle KD}\[/latex],  [latex]\frac{\displaystyle KF}{\displaystyle AK}\ = \frac{\displaystyle MD}{\displaystyle MA}\[/latex]. Следовательно, [latex]m = n$.
Утверждение задачи доказано.

Замечание. Вот ещё одно, более естественное, хотя и несколько более сложное, доказательство леммы 2.

Проведем через $V$ параллельные $AS$ и $AU$ прямые $(рис. 2)$.

Имеем: $\frac{\displaystyle x}{\displaystyle y} = \frac{\displaystyle AC}{\displaystyle AB}$ (это характеристическое свойство точек медианы!). Теорема Фалеса дает: $\frac{\displaystyle VS}{\displaystyle y} = \frac{\displaystyle US}{\displaystyle AU}$, $\frac{\displaystyle x}{\displaystyle UV} = \frac{\displaystyle AS}{\displaystyle US}$. Перемножая эти два равенства, получаем
$\frac{\displaystyle VS}{\displaystyle UV} = \left(\frac{\displaystyle AS}{\displaystyle AU}\right) \cdot \left (\frac{\displaystyle y}{\displaystyle x} \right ) = \left (\frac{\displaystyle AS}{\displaystyle AU} \right ) \cdot \left (\frac{\displaystyle AB}{\displaystyle AC} \right )$.
Лемма доказана.

М. Волкевич, В. Сендеров