Задача из журнал «Квант» (1997)

Условие

В треугольнике отношение синуса одного угла к косинусу другого равно тангенсу третьего. Докажите, что высота, проведенная из вершины первого угла, медиана, проведенная из вершины второго, и биссектриса третьего угла пересекаются в одной точке.

Решение

Пусть $\alpha , \beta , \gamma$ — углы треугольника ABC, в котором AH — высота, BK — медиана, CL — биссектриса. Из  условия

следует, что углы ABC и ACB острые, поскольку  $\sin\alpha$ >0 и в треугольнике не может быть двух тупых углов. Следовательно, основание H высоты AH — внутренняя точка отрезка BC. Найдем отношения, в которых делят высоту AH (считая от основания) два других отрезка. Высота AH параллелограмма ABCD делится его диагональю BD в отношении:

Биссектриса же CL делит сторону НА треугольника НАС в отношении:

Отношения (2) и (3) равны в том и только в том случае, когда, $\sin\gamma\cos\beta =\cos\gamma\sin\alpha$, что эквивалентно условию (1).

Таким образом, условие (1) эквивалентно тому, что AH, BK, CL пересекаются в одной точке.

Замечания.

1. Для треугольника задачи $\left | \angle BAC-\frac{\pi }{2} \right |< \frac{\pi }{2}-\angle BAH$ тогда и только тогда, когда $\angle BCA >\frac{\pi }{4}$. Это легко следует из (1).
2. Из предыдущего замечания сразу следует, что если в остроугольном треугольнике ABC биссектриса CL, медиана ВК и высота АН пересекаются в одной точке, то $\angle BCA>\frac{\pi }{4}$.Это — задача IV Всесоюзной математической олимпиады (см. книгу Н Б Васильева и А А.Егорова «Задачи Всесоюзных математических олимпиад» ~ М .: Наука, 1988; задача 135). Нетрудно показать, что для любого угла ВАС треугольник задачи существует. Из этого следует, что для тупоугольного треугольника задачи неравенство $\angle ACB\geq \frac{\pi }{4}$ выполняется не всегда.
3. Если в неостроугольном треугольнике ABC высота АН, медиана ВК и биссектриса CL пересекаются в одной точке, то $\angle ACB>\angle ABC$. Это можно доказать геометрически, но проще — с помощью (1).

Л.Алътшулер, В.Сендерос

Задача из журнала «Квант» (1996, №4)

Условие

На основании треугольника $ABC$ во внешнюю сторону построены квадраты $ABMN, BCKL,$ и $ACPQ$. На отрезках $NQ$ и $PK$ построены квадраты $NQZT$ и $PKXY$.Найдите разность площадей квадратов $NQZT, PKXY$, если известна разность площадей квадратов$ABMN, BCKL$.

Ответ:

$3d$ (где $3d$ — заданная разность площадей).

По теореме косинусов (см. рисунок),

$NQ^2=AN^2+AQ^2-2AN\cdot AQ\cdot \cos\angle NAQ=AB^2+AC^2-2\cdot AB\cdot BC\cdot \cos\angle NAQ,$ $BC^2=AB^2+AC^2-2AB\cdot AC\cdot \cos\angle BAC$ .

Поскольку $\angle NAC+\angle BAC=180^{\circ}$, сумма их косинусов равна $0$. Поэтому

$NQ^2+BC^2=2AB^2+2AC^2$

Аналогично: $PK^2+AB^2=2BC^2+2AC^2$. Поэтому

$NQ^2-PK^2=3AB^2-3BC^2=3d$

А.Герко, М.Вялый