М1579. Нахождение площади шестиугольника

Задача из журнала «Квант» (1997, №3)

Условие

Пусть A,B,C,D,E,F — середины сторон AB,BC,CD,DE,EF,FA произвольного выпуклого шестиугольника ABCDEF. Известны площади треугольников ABC,BCD,CDE,DEF,EFA,FAB. Найдите площадь шестиугольника ABCDEF.
M1579(1)рис.1

Решение

Заметим, что SABC=(SABC+SABD)/2,

поскольку все эти три треугольника имеют общее основание AB (рис.1) высота ΔABC равна полусумме высот ΔABC и ΔABD , опущенных на AB. M1579(2)рис.2

Сложив шесть равенств аналогичных (1), получим, что известная нам сумма S площадей треугольника ABC,BCD,CDE,DEF,EFA,FAB равна сумме (S1+S2)/2, где S1- сумма площадей шести треугольников ABC,BCD,CDE,DEF,EFA,FAB, отрезаемых малыми диагоналями, а S2 — сумма площадей треугольников ABC,BCD,CDE,DEF,EFA,FAB полученных «циклическим сдвигом» вершин из ABS.С другой стороны разрезав шестиугольник так, как показано на рисунке 2, и еще двумя аналогичными способами, получающимися из этого разрезанная «циклическим сдвигом» (в том же направлении ABC) для площади S шестиугольника получим равенство 3S=S1+S2. От сюда S=2S/3.

Н.Васильев 

M1611. Построение прямого угла на пересекающихся окружностях

Задача из журнала «Квант» М1611 ( 1997, выпуск №5)

Задача:

Две окружности пересекаются в точках A и B. Через точку A проведена прямая, вторично пересекающая первую окружность в точке C, а вторую — в точке D. Пусть M и N
— середины дуг BC и BD, не содержащих точку A, а K — середина отрезка CD. Докажите, что угол MKN прямой.
(Можно считать, что точки C и D лежат по разные стороны от точки A)

Решение:

Пусть N1 — точка, симметричная точке N относительно K (см. рисунок).

"Квант" M1611

Тогда KCN1=△KDN, поэтому CN1=ND и N1CK=NDK=πABN. Заметим ещё, что MCK=πABM. Складывая полученные равенства, находим, что N1CM=MBN. Кроме того, из условия следует, что CM=MB и BN=ND (т.е. BN=CN1). Значит, MCN1=△MBN, откуда MN1=MN. Отрезок MK — медиана в равнобедренном треугольнике MNN1, поэтому MKN=90.

Замечание:

Задача имеет много других решений. Например, можно воспользоваться подобием треугольников MEK и KFN, где E и F — середины отрезков BC и BD соответственно. Эти треугольники имеют две пары взаимно перпендикулярных сторон
(EK и FN, ME и KF), следовательно, перпендикулярны и их третьи стороны.

Кроме того, соображения, использующие композицию поворотов, позволяют отказаться от дополнительного условия в задаче (о том, что точки C и D лежат по разные стороны от A), которое было задано лишь затем, чтобы избежать разбора различных случаев. Действительно, рассмотрим композицию поворотов RβMRαN — на углы α=DNB и β=BCM вокруг точек N и M соответственно (углы предполагаются ориентированными). Заметим, что α+β=180, поэтому RβMRαN=Zx — центральная симметрия относительно некоторой точки X. Но
Zx(D)=(RβMRαN)=RβM(B)=C,
поэтому X — середина отрезка CD, т. е. точка K. Если N1=ZK(N), то N1=(RβMRαN)(N), т. е. NMN1 — равнобедренный и MKN=90.

Д. Терешин

M1567

Задача

Центры AB и C трех непересекающихся окружностей с одинаковыми радиусами расположены в вершинах треугольника. Из точек AB, C проведены касательные к данным окружностям так, как показано на рисунке 1. Известно, что эти касательные, пересекаясь, образовали выпуклый шестиугольник, стороны которого через одну покрашены в красный и синий цвета. Докажите, что сумма длин красных отрезков равна сумме длин синих отрезков.

123344

Решение

Введем обозначения так, как показано на рисунке 1. Так как данные окружности имеют одинаковые радиусы, то:

AC1=CA2BA1=AB2, CB1=BC2,

или

AB4+B4C5+C5C1=CB4+B4A3+A3A2,

BC4+C4A3+A3A1=AC4+C4B3+B3B2,

CA4+A4B3+B3B1=BA4+A4C2+C5C2.

Сложив полученные равенства и заметив, что

A3A1=A3A2,

B3B1=B3B2,

C3C1=C3C2

(как отрезки касательных, проведенных к окружности из одной точки) и

AC4=C4BBA4=A4CCB4=B4A

(так как радиусы данных окружностей равны), получим

B4C3+C4A3+A4B3=B4A3+C4B3+A4C3,

что и требовалось доказать.

Замечания

1. Аналогичное утверждение справедливо и в случае, изображенном на рисунке 2.

22

                                                                                                                                                       Д.Терешин

M237. Задачи на нахождении масс вершин в треугольнике

Задача из журнала «Квант» (1973, №12)

Условие

Углы остроугольного треугольника равны α, β и γ. Какие массы нужно поместить в его вершинах, чтобы центр тяжести этих трех масс попал:

  1.  В точку пересечения высот?
  2. В центр описанной окружности?

Стороны треугольника равны a, b и c. Какие массы нужно поместить в его вершины, чтобы центр тяжести попал:

  1.  В точку пересечения отрезков соединяющих вершины и точки касания противоположных им сторон со вписанной окружностью?
  2. В центр вписанной окружности?

 

Решение

M237_1
Пусть в вершинах треугольника ABC расположены массы ma, mb и mc соответственно. Проведем прямые BD и CE, пересекающиеся внутри треугольника в точке O (рис. 1). Заметим, что для того, чтобы центр тяжести этих масс попал в точкуO, необходимо выполнение соотношений mcma=ADDC и mbma=AEBE. Перейдем теперь к решению задачи.

  1.  Пусть BD и CE — высоты в треугольнике ABC (рис. 2). Тогда BDAD=tgα, BDDC=tgγ, то есть ADDC=tgγtgα.
    Согласно сделанному замечанию, mcma=tgγtgα и аналогично mbma=tgβtgα. Значит, в вершины A, B и C треугольника ABC можно поместить, например, массы ma=tgα, mb=tgβ, mc=tgγ.
    M237_2
  2. Пусть O — центр описанной окружности (рис. 3). Имеем:
    ADBD=sinβ1sinα,
    DCBD=sinβ2sinγ
    (теорема синусов для треугольника ABD и BCD). Поэтому ADDC=sinγsinβ1sinαsinβ2.
    Треугольник BAK — прямоугольный (BAK=90) и BKA=BCA=γ; поэтому sinβ1=cosγ. Аналогично sinβ2=cosα.
    Итак, ADDC=sinγsinαcosγcosα=sin2γsin2α.
    Учитывая замечание, получаем:
    mcma=sin2γsin2α.
    Таким же образом mbma=sin2βsin2α.
    Значит, можно взять ma=sin2α, mb=sin2β, mc=sin2γ.
    M237_3
  3.  Легко видеть (см. рис. 4), что AD=paDC=pc, где p=a+b+c2, поэтому mcma=papc.
    Аналогично AE=pa, EB=pb, то есть mbma=papb.
    Поэтому достаточно положить ma=1pa, mb=1pb, mc=1pc.
    M237_4
  4. Так как BD — биссектриса угла B (см. рис. 5), то ADDC=ca или mcma=ca; соответственно CE — биссектриса угла C и AEBE=ba, то есть mbma=ba. Поэтому можно взять ma=a, mb=b, mc=c.
    M237_5

Б. Д. Гинзбург

M1916. О делении равностороннего треугольника на 25 равносторонних

Задача из журнала «Квант» (2004, №4)

Условие

Равносторонний треугольник разрезан на 25 равносторонних треугольников, лишь один из которых имеет отличную от 1 площадь. Какую?

Решение

Поменяем формулировку задачи на эквивалентную, но более удобную для изложения решения:

Исходный равносторонний треугольник Δ разрезан на 25 равносторонних треугольников, только у одного из которых — обозначим его Δ1 — длина стороны k1. Требуется найти k.

Если длина стороны какого-либо равностороннего треугольника есть целое число a, то этот треугольник можно разрезать на a2 равносторонних треугольников, у каждого из которых длина стороны 1.

Хотя бы к одной стороне треугольника Δ не примыкает треугольник Δ1, а значит, примыкают только треугольники со сторонами 1, т.е. длина стороны Δ — целое число n. Точно так же можно рассудить что длина треугольника Δ1 -целое число k. После чего можно записать равенство n2k2=24. Это целочисленное уравнение, с учетом того, что  k1, имеет только одно удовлетворяющее нас решение: n=7,k=5. У этого решения возможны два воплощения (см. рисунок). На вопрос «какую?» отвечаем: 25.

M1916

В.Произволов