M1724

Задача из журнала «Квант» (2000 год, 2 выпуск)

Условие задачи

В треугольнике $ABC$ проведены высоты $AD$ и $CE$ , пересекающиеся в точке $O$ (рис.1). Прямая $DE$ пересекает продолжение стороны $AC$ в точке $K$ .

Докажите, что медиана $BM$ треугольника $ABC$ перпендикулярна прямой $OK$ .

Решение

Докажем, что прямая $OM$ перпендикулярна на $KB$ (рис.1).
Отсюда непосредственно будет следовать утверждение задачи, поскольку в этом случае $O$ окажется ортоцентром треугольника $KBM$ (рис.2).

Пусть основание перпендикуляра, опущенного из точки $O$ на прямую $BK$ , служит точка $N$ (рис.3).

Поскольку точки $E$ и $N$ лежат на окружности с диаметром $OB$ , то угол $BND$ равен углу $BED$ . Аналогично, четырехугольник $AEDC$ вписан в окружность с диаметром $AC$ .

Поэтому угол $BED$ равен углу $ACB$ . Таким образом, сумма углов $KND$ и $ACB$ равна $180^\circ$ , т.е. четырехугольник $KNDC$ вписанный.

Значит, угол $NCK$ равен углу $NDK$ . Но угол $NDE$ равен углу $NBE$ в силу того, что точки $B$ , $D$ , $E$ и $N$ , как мы уже отмечали, лежат на одной окружности с диаметром $OB$ . Поэтому равны углы $NBA$ и $NCA$ . Т.е. точка $N$ лежит на описанной окружности треугольника $ABC$ .

Нам осталось совсем немного. Продолжим прямую $NO$ до пересечения с описанной окружностью треугольника $ABC$ в точке $P$ (рис.4).

Так как угол $BNP$ прямой, то $BP$ — диаметр этой окружности. Значит, углы $BAP$ и $BCP$ прямые. Поэтому отрезок $AP$ параллелен $CE$ , а $PC$ параллелен $AD$ . Но отсюда $APCO$ - параллелограмм, и прямая $NO$ делит $AC$ пополам, что и требовалось доказать.

М. Волкевич

M447. Задача об остроугольном треугольнике

Задача из журнала «Квант»(1977, №6)

Условие

В остроугольном треугольнике $ABC$ отрезки $BO$ и $CO$ (где $O$ — центр описанной окружности) продолжены до пересечения в точках $D$ и $E$ со сторонами $AC$ и $BC$ треугольника. Оказалось, что $\widehat{BDE}=50^{\circ}$ , а $\widehat{CED}=30^{\circ}$ . Найдите величины углов треугольника $ABC$ и докажите равенства $\left | AE \right |=\left | ED \right |$ , $\left | CE \right |=\left | CB \right |$ , $\left | CD \right |=\left | CO \right |$ .

Решение

Величина угла $A$ находится легко (см. рис. 1): поскольку $\widehat{BOC}=\widehat{EOD}=180^{\circ}-30^{\circ}-50^{\circ}=100^{\circ}$ , величина вписанного угла $A=50^{\circ}$ . Заметим также, что $\widehat{OBC}=\widehat{OCB}=40^{\circ}$ (поскольку $\left | BO \right |=\left | CO \right |$ ).

Рис. 1

Найти величины других углов треугольника $ABC$ можно с помощью теоремы синусов. Положим $\widehat{EBD}=\varphi$ . Тогда $\widehat{OEB}=100^{\circ}-\varphi$ , $\widehat{ABC}=\varphi +40^{\circ}$ , $\widehat{ACB}=90^{\circ}-\varphi$ , $\widehat{OCD}=50^{\circ}-\varphi$ , $\widehat{ODC}=\varphi +50^{\circ}$ ; таким образом, $0^{\circ}< \varphi < 50^{\circ}$ . Из треугольников $ODE, OBE$ и $OCD$ находим: $\frac{\sin 50^{\circ}}{\sin 30^{\circ}}=\frac{\left | OE \right |}{\left | OD \right |}=\frac{\left | OE \right |}{\left | OB \right |}\cdot \frac{\left | OE \right |}{\left | OD \right |}=$ $=\frac{\sin \widehat{OBE}}{\sin \widehat{OEB}}\cdot \frac{\sin \widehat{ODC}}{\sin \widehat{OCD}}=\frac{\sin \varphi \sin \left ( \varphi +50^{\circ} \right )}{\sin \left ( 100^{\circ} -\varphi \right )\sin \left ( 50^{\circ}-\varphi \right )} .$ Уравнение, из которого мы должны найти $\varphi \left ( 0^{\circ} < \varphi < 50^{\circ}\right )$ : $\frac{\sin \varphi \sin \left ( \varphi +50^{\circ} \right )}{\sin \left ( 100^{\circ} -\varphi \right )\sin \left ( 50^{\circ}-\varphi \right )} = 2\sin 50^{\circ},$ эквивалентно следующим: $2\sin 50^{\circ}\left ( \cos 50^{\circ} -\cos \left ( 150^{\circ} -2\varphi \right ) \right ) =\cos 50^{\circ}-\cos \left ( 50^{\circ}+2\varphi \right ),$ $\sin 20^{\circ}-\sin\left ( 2\varphi -40^{\circ} \right )+2\sin 50^{\circ}\cos \left ( 2\varphi +30^{\circ} \right )=0,$ $\cos \left ( \varphi -10^{\circ} \right )\sin \left ( 30^{\circ}-\varphi \right )+\sin 50^{\circ}\sin \left ( 60^{\circ}-2\varphi \right )=0,$ $\sin\left ( 30^{\circ} -\varphi \right )\left ( \cos \left ( \varphi -10^{\circ} \right )+2\sin 50^{\circ}\cos \left ( 30^{\circ}-\varphi \right ) \right )=0.$ Поскольку $\cos \left ( \varphi -10^{\circ} \right )$ и $\cos \left ( \varphi -30^{\circ} \right )$ положительны при $0^{\circ}< \varphi < 50^{\circ}$ , последнее уравнение имеет единственный корень $\varphi =30^{\circ}$ .

Отсюда $\widehat{ABC}=70^{\circ}$ , $\widehat{ACB}=60^{\circ}$ /

Далее, $\widehat{BEC}=70^{\circ}\Rightarrow \left | CE \right |=\left | CB \right |;$ $\widehat{ODC}=80^{\circ}\Rightarrow \left | CD \right |=\left | CO \right |;~\widehat{ADE}=50^{\circ}\Rightarrow \left | EA \right |=\left | ED \right |.$

Равенства длин, которые требуется установить в задаче, подсказывают, какие углы должен иметь треугольник $ABC$ . Но даже зная ответ, придумать данное выше тригонометрическое решение трудно. Вместо этого можно рассуждать иначе.

Рис. 2

Заметим прежде всего, что условия $\widehat{OED}=30^{\circ}, \widehat{ODE}=50^{\circ}$ определяют ответ однозначно. Действительно (рис. 2), если на окружности с центром $O$ закрепить точки $B$ и $C$ так, что $\widehat{BOC}=100^{\circ}$ , и перемещать точку $A$ по дуге ${B}'{C}’$ (симметричной дуге $BC$ ) от точки ${B}’$ к точке ${C}’$ , то точка $D\in \left [ {B}’O \right ]$ будет приближаться к $O$ , а $E\in \left [ O{C}’\right ]$ — удаляться от $O$ ; при этом величина угла $\widehat{ODE}$ будет возрастать, а угла $\widehat{OED}$ — убывать; значит, только при одном положении $A$ эти величины могут принять нужные значения ( $50^{\circ}$ и $30^{\circ}$ ).

Рис. 3

Теперь нужно лишь доказать, что треугольник с углами $\widehat{A}=50^{\circ}$ , $\widehat{B}=70^{\circ}$ , $\widehat{C}=60^{\circ}$ удовлетворяют условию, то есть что все углы — такие, как указано на рисунке 3:

Достаточно проверить, что $DE$ — биссектриса угла $ADB$ : $\frac{\left | AE \right |}{\left | EB \right |}=\frac{\left | AE \right |}{\left | EC \right |}=\frac{\left | EC \right |}{\left | EB \right |}=\frac{\sin 20^{\circ}\sin 70^{\circ}}{\sin 50^{\circ}\sin 40^{\circ}}=$ $\frac{2\sin 20^{\circ}\cos 20^{\circ}}{2\sin 50^{\circ}\sin 40^{\circ}}=\frac{\sin 30^{\circ}}{\sin 50^{\circ}}=\frac{\left | AD \right |}{\left | DB \right |}.$
Здесь мы снова используем теорему синусов. А вот чисто геометрическое доказательство.

Рис. 4

Треугольник $ECB$ имеет ось симметрии, поскольку $\widehat{CEB}=\widehat{CBE}$ . Пусть $K$ — точка, симметричная точке $O$ относительно этой оси (рис. 4). Тогда треугольник $KCD$ равносторонний ( $\left | KC \right |=\left | OC \right |=\left | DC \right |=a,~\widehat{KCD}=60^{\circ}$ ), и потому $\left | KD \right |=a,~\widehat{DKC}=\widehat{KDC}=60^{\circ}$ , а $\bigtriangleup KBE\cong \bigtriangleup OEB$ , и потому $\widehat{BEK}=30^{\circ},~\widehat{EKB}=80^{\circ},~\left | EK \right |=\left | OB \right |=a$ . Итак, треугольник $EKD$ равнобедренный, $\widehat{EKD}=40^{\circ}$ , поэтому $\widehat{KED}=\widehat{KDE}=70^{\circ},$ $\widehat{ODE}=70^{\circ}- \widehat{ODK}=70^{\circ}-\left ( 80^{\circ} -60^{\circ}\right )=50^{\circ},$ $\widehat{OED}=70^{\circ}-40^{\circ}=30^{\circ}.$

Н. Васильев,
Я. Суконник

М838. О разбиении точек, лежащих на сторонах треугольника, на множества

Задача из журнала “Квант” (1984, №3)

Условие

Все точки, лежащие на сторонах правильного треугольника $ABC$ разбиты на два множества $E_{1}$ и $E_{2}$ . Верно ли, что для любого такого разбиения в одном из множеств $E_{1}$ и $E_{2}$ найдется тройка вершин прямоугольного треугольника?

рис. 1

Ответ

Верно.

Доказательство

Доказательство проведем от противного. Пусть точки множества $E_{1}$ окрашены синим цветом, множества $E_{2}$ – красным. Предположим, что не существует прямоугольного треугольника с одноцветными вершинами, и рассмотрим правильный шестиугольник, вписанный в треугольник $ABC$ (см. рисунок 1). Каждые две его противоположные вершины должны быть окрашены по-разному — если, например, противоположные вершины $P$ и $Q$ синие, то любая из остальных четырех вершин должна быть красной, так как образует вместе с $P$ и $Q$ прямоугольный треугольник: но тогда любые три из этих красных точек образуют запрещенный одноцветный прямоугольный треугольник.

рис. 2

Ясно, что в таком случае найдутся две соседние разноцветные вершины шестиугольника. Либо эти две вершины, либо противоположные им (тоже разноцветные!) лежат на одной из сторон треугольника. Пусть для определенности на стороне $AB$ лежат синяя вершина $К$ и красная $L$ , тогда противоположные им вершины $K’$ и $L’$ будут красной и синей (см. рисунок 3). Но тогда в какой бы цвет ни была окрашена вершина $А$ , один из
прямоугольных треугольников $AKL’$ и $ALK’$ будет одноцветным. Противоречие.

рис. 3

Это рассуждение показывает, что даже множество из восьми точек — вершин шестиугольника и любых двух вершин треугольника — нельзя разбить на подмножества без прямоугольных треугольников.

Н.Б. Васильев, В.Н. Дубровский

M1626. О сумме длин отрезков в треугольнике, вписанном в окружность

Задача из журнала «Квант» (выпуск №1, 1998).

Условие

В треугольнике $ABC$ угол $A$ является наименьшим. Точки $B$ и $C$ делят окружность, описанную около этого треугольника, на две дуги. Пусть $U$ — внутренняя точка той дуги с концами $B$ и $C$ , которая не содержит точку $A$ . Серединные перпендикуляры к отрезкам $AB$ и $AC$ пересекают прямую $AU$ в точках $V$ и $W$ соответственно. Прямые $BV$ и $CW$ пересекаются в точке $T$ . Докажите, что $AU = TB + TC.$

Решение

Нетрудно доказать, что если $\angle A$ — наименьший из углов $\triangle ABC$ , то точка $T$ находится внутри этого треугольника. Пусть прямые $BV$ и $CW$ пересекают окружность, описанную около $\triangle ABC$ , вторично в точках $B_1$ и $C_1$ соответственно (рис. 1).

В силу симметрии относительно серединного перпендикуляра к стороне $AB$ имеем $AU = BB_1$ . Аналогично, $AU = CC_1$ . Следовательно, $BB_1 = CC_1$ , а значит, и $TB = TC_1$ ( $BCB_{1}C_{1}$ — равнобедренная трапеция). Тогда $TB + TC = TC_1 + TC = CC_1 = AU$ , что и требовалось доказать.

Замечания

Если $\angle A = 30 ^ \circ$ , а $O$ — центр окружности, описанной около $\triangle ABC$ , то $|BT — CT| = OT$ .
Если отказаться от требования минимальности угла $A$ , то (при условии, что прямые $BV$ и $CW$ действительно пересекаются, а не параллельны) справедливо следующее утверждение: из отрезков $AU$ , $TB$ и $TC$ один равен сумме двух других. Например, в ситуации, изображенной на рисунке 2, $TB = AU + TC$ .

M1722. Количество целых точек

Задача из журнала «Квант»(2000, №5)

Условие

Пусть $a,b$ — натуральные числа. Проведем через точку $(a;b)$ прямую, отсекающую от первого координатного угла треугольник.
а) Докажите, что количество точек с целыми неотрицательными координатами, которые лежат внутри или на сторонах этого треугольника, больше, чем $2 \cdot a \cdot b + a + b$ .
б) Докажите, что эта оценка точная: через точку $(a;b)$ можно провести прямую, отсекающую от первого координатного угла треугольник, внутри и на сторонах которого всего $2 \cdot a \cdot b + a + b$ точек с целыми неотрицательными координатами.

Решение

Рассмотрим прямоугольник $OABC$ с центром в точке $P(a;b)$ , и сторонами, параллельными осям координат(рис.1). Внутри и на сторонах этого прямоугольника всего $(2 \cdot a + 1) \cdot (2 \cdot b+1) =$ $4\cdot a \cdot b + 2\cdot a + 2 \cdot b +1$ целочисленных точек.

Pис.1

Чуть-чуть сдвинем точку $A$ вправо. Через полученную точку $A'$ и точку $P$ проведем прямую до пересечения с осью ординат в точке $C'$ . Если сдвиг был достаточно мал, то в треугольнике $OA’C'$ не появится ни одной точки с целыми координатами, которой не было бы в треугольнике $OAC$ .
При центральной симметрии относительно $P$ любая целочисленная точка прямоугольника $OABC$ переходит в целочисленную точку этого же прямоугольника. Поэтому все отличные от $P$ целочисленные точки прямоугольника разбиваются на пары точек, симметричных относительно $P$ .
Итак, если $A'$ достаточно близка к точке $A$ , то внутри и на границе треугольника $OA’C'$ расположена ровно половина отличных от $P$ целочисленных точек, т.е. $2 \cdot a \cdot b + a + b$ точек. Вместе с точкой $P$ получаем всего $2 \cdot a \cdot b + a + b + 1$ точек. Мы решили пункт б).

Теперь займемся пунктом а). Для определенности, пусть прямая отсекает от первого координатного угла треугольник $OA_1C_1$ , где точка $A_1$ расположена правее точки $A$ (рис.2).

Рис.2

Чтобы получить треугольник $OA_1C_1$ из треугольника $OAC$ , достаточно «отрезать» от последнего треугольник $CC_{1}P$ и добавить треугольник $AA_{1}P$ .
Но при центральной симметрии относительно точки $P$ треугольник $CC_{1}P$ переходит в треугольник, являющийся частью треугольника $AA_{1}P$ (закрашенный на рисунке 2). Целочисленные координаты при этом переходят в целочисленные. Задача решена.