М1663. Взаємне розташування діагоналей опуклого чотирикутника

Задача із журналу «Квант» (1998 рік. №6)

Умова

Бісектриси вписаного чотирикутника утворюють у перетині опуклий чотирикутник. Доведіть, що діагоналі отриманого чотирикутника перпендикулярні.

С.Берлов

Розв’язок

Продовжимо протилежні сторони вихідного чотирикутника $ABCD$ до перетину в точках $P$ і $Q$ (див. рисунок). Доведемо спочатку, що бісектриса $PF$ кута $P$ перпендикулярна бісектрисі $QE$ кута $Q.$

Оскільки чотирикутник $ABCD$ — вписаний, зовнішній кут $DCQ$ дорівнює внутрішньому куту в протилежній вершині $A.$ Так як пряма $QE$ — бісектриса кута $Q$ , то кути трикутника $AQE$ відповідно дорівнюють кутам трикутника $CQG.$ Отже, $\angle CGQ = \angle AEQ$ . Але кути $CGQ$ і $PGE$ рівні як вертикальні. Тому $\angle PEG = \angle PGE$ і $\triangle PEG$ — рівнобедрений.

Отже, бісектриса кута $P$ є серединним перпендикуляром до відрізка $EG,$ тобто бісектриса $PF$ кута $P$ перпендикулярна бісектрисі $QE$ кута $Q.$

Звідси легко випливає твердження задачі, оскільки діагоналі чотирикутника, утвореного на бісектрисах чотирикутника $ABCD,$ лежать на бісектрисах $PF$ і $QE.$

У випадку, коли будь-які дві протилежні сторони чотирикутника $ABCD$ паралельні, твердження задачі випливає із симетричності креслення.

С.Берлов

М1654. Задача о медиане и биссектрисе неравнобедренного треугольника

Задача из журнала «Квант» (1998 год, 5 выпуск)

Условие

Через основание $L$ и $M$ биссектрисы $BL$ и медианы $BM$ неравнобедренного треугольника $ABC$ провели прямые параллельно, соответственно, сторонам $BC$ и $BA$ до пересечения с прямыми $BM$ и $BL$ в точка $D$ и $E$ . Докажите, что угол $BED$ прямой.

Рис. 1

Первое решение

Обозначим $O=LD \cap ME$ , и пусть точка $O$ лежит внутри треугольника $ABC$ (именно такое расположение было предложено рассмотреть на олимпиаде). $ME$ — медиана треугольника $MBC$ (Рис.1), а значит, и треугольника $MDL$ , т.е. $OL=OD$ . Далее $\angle DLB = \angle LBC,\; \angle MEL = \angle ABL = \angle LBC$ . Получили: $\angle MEL = \angle DLB, \; OL= OE$ .

Итак, в треугольнике $LED$ медиана $EO$ равна половине стороны $LD$ . Следовательно, угол $DEL$ прямой, откуда сразу следует утверждение задачи.

Случай внешнего расположения точки $O$ рассматривается аналогично. А можно и не рассматривать этот случай, а просто сослаться на такое почти очевидное предложение.

Рис. 2

Пусть $B$ и $C$ — произвольные точки на выходящих из $A$ лучах (Рис.2), $BD \parallel CK, \; CE \parallel BF$ . Тогда и $ED \parallel KF$ .

Следует из теоремы Фалеса; легко получить его с помощью векторов.

С помощью векторов нетрудно получить и естественное решение исходной задачи.

Второе решение

Рис. 3

Ниже мы будем рассматривать векторы в базисе $\{\vec{a} , \; \vec{c} \}, \;$ где $\vec{a} = \vec{BC},\; \vec{c} = \vec{BA}, \;$ длины этих векторов обозначим через $a$ и $c$ соответственно.

Имеем: $\displaystyle \vec{BL}=\vec{c} + \frac{c}{a+c} \Big( \vec{a} — \vec{c} \Big) = \frac{1}{a+c}\Big(a \vec{c} + c \vec{a} \Big)$ .

Обозначим $\vec{BE} = \alpha \vec{BL}$ , тогда $\alpha \vec{BL} + \vec{EM} = \vec{BM} =\frac{1}{2} \Big( \vec{a} + \vec{c} \Big).$ Приравняем проекции левой и правой частей этого равенства на вектор $\displaystyle \vec{a}: \frac{\alpha c}{a+c} = \frac{1}{2}$ , откуда $\displaystyle \alpha = \frac{a+c}{2c}$ .

Аналогично, положив $\vec{BD} = \beta \vec{BM}$ , получим $\beta \vec{BM}+\vec{DL}=\vec{BL}$ ; проектируя обе части этого равенства на $\vec{c}$ , находим $\displaystyle \frac{\beta}{2}=\frac{a}{a+c}$ .

Получили $\displaystyle \vec{BE} = \frac{\vec{a}}{2} + \frac{a}{2c} \vec{c},\; \vec{BD} = \frac{a}{a+c} \Big(\vec{a} + \vec{c} \Big)$ . Таким образом, $\displaystyle\frac{\vec{BE}}{a} = \frac{1}{2}\left( \frac{\vec{a}}{a} + \frac{\vec{c}}{c}\right)$ — это высота треугольника, построенного на единичных векторах $\displaystyle \frac{\vec{a}}{a}$ и $\displaystyle \frac{\vec{c}}{c}$ . Далее, $\displaystyle \frac{\vec{BE}}{a} = \frac{1}{a+c}\left(a \cdot \frac{\vec{a}}{a}+c \cdot \frac{\vec{c}}{c}\right)$ — (внутренняя) точка основания этого треугольника, отличная от основания высоты. Поэтому очевидно(Рис.3), что $\displaystyle \frac{\vec{BD}}{a}-\frac{\vec{BE}}{a}\bot\vec{BE}$ — и утверждение задачи доказано.

Разумеется, к этому решению можно было подойти более формально: вектор $\displaystyle \vec{BD}-\vec{BE}=\frac{a \left( a-c \right)}{2 \left( a+c \right)} \left(\frac{\vec{a}}{a}-\frac{\vec{c}}{c}\right)$ параллелен основанию треугольника. А можно было и воспользоваться понятием скалярного произведения векторов: $\displaystyle \left( \vec{BD}, \vec{BE} \right) = \frac{a^2}{2} \left( 1+\frac{\Big( \vec{a}, \vec{c} \Big)}{ac} \right),$ $\displaystyle \left( \vec{BE}, \vec{BE} \right) = \frac{a^2}{2} \left( 1+\frac{\Big( \vec{a}, \vec{c} \Big)}{ac} \right).$

А. Акопян, В. Сендеров

М1339. О связи площади, угла и биссектрисы, проведенной из этого угла

Задача из журнала «Квант» (2002 год, 10 выпуск)

Условие

Дан треугольник $ABC$ . Пусть $S$ — его площадь, $\gamma$ — угол $ACB$ , а $l$ — длина биссектрисы, проведенной из вершины $C.$

Докажите, что $S \geqslant l^{2} \mathop{\rm tg} \frac \gamma{2}.$
Для каких треугольников $ABC$ выполняется равенство?

Первое решение

Обозначим через $a$ и $b$ стороны $BC$ и $AC$ треугольника $ABC$ .

Имеем $l=\frac {2ab}{a+b} \cos \frac \gamma{2}$ (докажите это).

Тогда $\begin{multline*} l^2 \mathop{\rm tg} \frac \gamma{2} = \frac {4a^2b^2}{\left(a+b \right)^2}\cos^2 \frac \gamma{2} \cdot \frac {\sin \frac \gamma{2}}{\cos \frac \gamma{2}} = \\ = \frac {4ab}{a^2+b^2+2ab} \cdot \frac 12 ab \cdot 2\sin \frac \gamma{2} \cos \frac \gamma{2}\leqslant \\ \leqslant \frac {4ab}{2ab+2ab} \cdot \frac 12 ab \sin \gamma = S. \end{multline*}$

Очевидно, что равенство выполняется тогда и только тогда, когда $a^2+b^2=2ab$ , то есть тогда и только тогда, когда $a=b.$

Второе решение

Пусть $a>b,$ тогда $\angle A > \angle B,$ и угол $CDB$ — тупой. Проведем через точку $D$ отрезок $A’B’$ (см. рисунок), перпендикулярный $CD.$

рис. 1

Поскольку $BD>AD$ (это легко следует из соотношения $\frac {BC}{AC} = \frac {a}{b} > 1$ ), площадь треугольника $BDB’$ больше площади треугольника $ADA’.$ Поэтому $S>S_{A’CB’}=l^2 \mathop{\rm tg} \frac \gamma{2}.$ При $a=b$ равенство $S = l^{2} \mathop{\rm tg} \frac \gamma{2}$ очевидно.

Н. Немировская, В. Сендеров

Дополнения

Докажем, что $l=\frac {2ab}{a+b} \cos \frac \gamma{2}.$

Вычислим площади треугольников $BCD$ , $ACD$ и $ABC:$ $S_{BCD} = \frac 12 \cdot BC \cdot CD \cdot \sin \angle BCD = \frac 12 b l \sin \frac \gamma{2}.$ $S_{ACD} = \frac 12 \cdot AC \cdot CD \cdot \sin \angle ACD = \frac 12 a l \sin \frac \gamma{2}.$ $S_{ABC} = \frac 12 \cdot AC \cdot BC \cdot \sin \angle BCA = \frac 12 a b \sin \gamma.$

Выразим $l$ , используя равенство $S_{ABC} = S_{BCD} + S_{ACD}:$ $\frac 12 ab \cdot \sin \gamma = \frac 12 b l \cdot \sin \frac \gamma{2} + \frac 12 a l \cdot \sin \frac \gamma{2} \Leftrightarrow \frac 12 a b \cdot \sin \gamma = \frac 12 \left(a+b \right) l \sin \frac \gamma{2} \Leftrightarrow$ $\Leftrightarrow l = \frac {ab\sin \gamma}{ \left(a+b \right) \sin \frac \gamma{2}} \Leftrightarrow l = \frac {ab \cdot 2\sin \frac \gamma{2} \cos \frac \gamma{2}}{\left(a+b \right) \sin \frac \gamma{2} } \Leftrightarrow l = \frac {2ab}{a+b} \cos \frac \gamma{2}.$

М1322. О правильном треугольнике

Задача из журнала «Квант» (1992 год, 7 выпуск)

Условие

Три отрезка, выходящие из разных вершин треугольника $ABC$ и пересекающиеся в одной точке $M$ , делят его на шесть треугольников. В каждый из них вписана окружность. Оказалось, что четыре из этих окружностей равны. Следует ли отсюда, что треугольник $ABC$ — правильный, если $M$ — точка пересечения а)медиан, б)высот, в)биссектрис, г) $M$ — произвольная точка внутри треугольника?

Решение

Ответ: а), б), в) да; г) нет.

Назовем треугольники, в которые вписаны окружности равных радиусов, отмеченными. Заметим, что какие-то два из отмеченных треугольников примыкают к одной из сторон треугольника $ABC$ . Пусть, для определенности, это будут треугольники $BMD$ и $DMC$ .

Рис. 1

Поскольку равны площади и радиусы вписанных окружностей отмеченных треугольников, равны и их периметры. Поэтому (рис. $1$ ) $BM = MC$ , и, следовательно, $AB = AC$ . Пусть $AD = m$ , $BE = CF = n$ , $AB = AC = l$ , $BC = a$ , а треугольник $BMF$ — отмеченный. Тогда из равенства периметров треугольника $BMF$ и $BMD$ получаем $\frac{1}{2}+\frac{n}{3}+\frac{2n}{3}=\frac{a}{2}+\frac{2n}{3}+\frac{m}{3},$
т. е. $\frac{1}{2}+\frac{n}{3}=\frac{a}{2}+\frac{m}{3}. \tag{*}$
Пусть $X$ и $Y$ — точки касания вписанных окружностей (см. рис. $1$ ) со сторонами $BD$ и $BF$ , $DX = x$ , $FY = y$ . Из свойств отрезков касательной следует, что $BM = \frac{1}{2}-y+\frac{n}{3}-y=\frac{a}{2}-x+\frac{m}{3}-x,$ и с учетом $\left(*\right)$ получаем $x=y.$ Поскольку $\angle ADB$ — прямой, $\angle CFB$ — тоже прямой, т. е. медиана $CF$ является высотой, и треугольник $ABC$ — правильный.

Если отмечен треугольник $AME$ , то, как и раньше, получаем из равенства периметров $\frac{l}{2}+\frac{2m}{3}+\frac{n}{3}=\frac{a}{2}+\frac{2n}{3}+\frac{m}{3},$ т. е. $\frac{l-a}{2}=\frac{n-m}{3}.\tag{**}$

Однако во всяком треугольнике большей стороне соответствует меньшая медиана. Поэтому, если $l>a$ , то $n<m$ , наоборот, при $l<a$ будет $n>m$ , так что равенство (**) возможно лишь при $a=l$ . Итак, и в этом случае утверждение доказано.

Остальные ситуации совпадают с разобранными с точностью до обозначений.
Рис. 2

И в этом случае треугольники $BMD$ и $CMD$ равны (рис. $2$ ), поскольку $\angle BMD = \angle CMD$ (эти углы равны, так как окружности одинаковых радиусов касаются отрезка $MD$ в одной точке). Значит, $BD=DC$ , $AB=AC$ , $MF=ME$ , $BF=EC$ , так что равны треугольники $MBF$ и $MEC$ . Если они отмеченные, то равны и треугольники $MBF$ и $MBD$ (у них общая гипотенуза $BM$ и равные радиусы вписанных окружностей, при этом $\angle FBM=\angle MBD$ — в противном случае, фигура $MFBD$ окажется прямоугольником).

Если отмечены равные треугольники $AMF$ и $AME$ , то равны и треугольники $AME$ и $BMD$ (они подобны и имеют одинаковые радиусы вписанных окружностей). Но тогда $AD=BE$ , что и завершает доказательство.
Рис. 3

Мы можем считать отмеченными треугольники $AMF$ и $AME$ (рис. $3$ ). Но тогда окружности, вписанные в эти треугольники, касаются отрезка $AM$ в общей точке. Отсюда следует, что $\angle AME=\angle AMF$ и $\angle ABE = \angle ACF$ , т. е. $\angle B=\angle C$ и $AB=AC$ . Если отмечен треугольник $BMF$ , то, пользуясь формулой для площади $S=rp$ применительно к треугольникам $AMF$ и $FMB$ , получаем $\frac{AM+MF+AF}{AF}=\frac{MF+BF+BM}{BF}.\tag{***}$ Применяя к этим треугольникам теорему синусов, перепишем (***) так: $\frac{\sin\alpha +\sin(2\alpha +\beta )}{\cos\beta }= \frac{\sin\beta +\sin(2\alpha +\beta )}{\cos2\beta },$ откуда получаем после преобразований (пользуясь тем, что $\alpha +2\beta =\frac{\pi}{2}$ ), что $\sin3\beta =1, т. е. \beta =\frac{\pi}{6},$ т. е. $ABC$ — правильный треугольник.

Если отмечены треугольники $BMD$ и $CMD$ , то , так как точка $M$ — центр вписанной в треугольник $ABC$ окружности, получаем $\frac{S_{AME}}{AE}=\frac{S_{CMD}}{CD},$ что дает (формула $S=rp$ ) $\frac{AE+EM+MA}{AE}=\frac{CM+MD+DC}{CD},$ после чего, рассуждая как и раньше, приходим к равенству $\cos2\beta +\sin3\beta =1+\sin\beta ,$ из которого находим без труда $\beta =\frac{\pi}{6}$ . И в этом случае $ABC$ — правильный треугольник.
Рис. 4

Треугольник $ABC$ может и не быть равносторонним. Для его построения (рис. $4$ ) проведем прямую, перпендикулярную $AF$ , и выберем на ней точку $M$ так, что $\frac{\pi }{2}>\angle MAF>\frac{\pi }{3}$ . В построенные на рисунке 4 углы впишем равные окружности с центрами $O_{1}$ и $O_{2}$ , затем из точки $A$ проведем касательную к окружности $O_{2}$ . Эта касательная пересечет прямую $MF$ , в некоторой точке $C$ . Симметрично отразив картинку относительно прямой $MF$ , получим неправильный равнобедренный треугольник $ABC$ $\left(AC=BC\right)$ , удовлетворяющий условию задачи.

В. Сендеров

M1753. Вершина угла на середине хорды

$\DeclareMathOperator{\tg}{tg}$

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

Задача

Окружность, вписанная в $\triangle ABC$ , касается его сторон в точках $A’$ , $B’$ , $C’$ , точка $L$ – середина отрезка $A’B’$ (см. рисунок). Докажите, что $\angle ALB$ — тупой.

Введем обычные обозначения: $AB=c$ , $BC=a$ , $CA=b$ , p — полупериметр $\triangle ABC$ . Так как $CA’=CB’=p-c$ и $CL$ биcсектриса $\angle C$ , $CL= \left ( p-c \right )\cos\left ( \frac{C}{2} \right ).$ Применяя теорему косинусов к $\triangle ACL$ и $\triangle BCL$ , получим $AL^{2}=b^{2} +\left ( p-c \right )^{{2}}\cos^{2}\left ( \frac{C}{2} \right )-2b\left (p-c\right )\cos^{2}\left ( \frac{C}{2} \right ),$ $BL^{2}=a^{2} +\left ( p-c \right )^{{2}}\cos^{2}\left ( \frac{C}{2} \right )-2a\left ( p-c\right )\cos^{2}\left ( \frac{C}{2} \right ),$ $AL^{2}+BL^{2}-c^{2}=2\left (ab\cos C-p \left (p-c\right )\cos^{2}\left ( \frac{C}{2} \right )\right)=$ $=\frac{2\left(ab-p\left (p-c\right )-ab\tg^{2}\left ( \frac{C}{2} \right )\right)}{\left (1+\tg ^{2}\left ( \frac{C}{2} \right )\right)}.$ Поскольку $ab-p\left ( p-c \right )=\left( \left( p-a \right)+ \left( p-c\right)\right)\left( \left( p-b \right)+\left( p-c \right) \right)-$ $-\left ( p-c \right ) ( \left ( p-a \right )+ \left ( p-b\right)+\left ( p-c \right ))=\left ( p-a \right)\left ( p-b \right ),$ $\tg ^{2}\left ( \frac{C}{2} \right )=\frac{r^{2}}{\left ( p-c\right )^{2}}=\frac{\left ( p-a \right )\left ( p-b \right )}{p\left( p-c \right)},$ a $p\left ( p-c \right )< ab$ , выражение $AL^{2}+BL^{2}-c^{2}$ отрицательно, т.е. $\angle ALB$ тупой.

А.Заславский