Loading [MathJax]/jax/output/SVG/jax.js

Метка: вписанный треугольник

М1737. Параллелограмм в окружности

Задача из журнала «Квант» (2000 год, 4 выпуск)

Условие

Хорды AC и BD окружности с центром O пересекаются в точке K (рис.1). Точки M, N — центры окружностей, описанных около треугольников AKB и CKD. Докажите, что OMKN — параллелограмм.

А.Заславский

<12>Решение

Пусть X — середина KB (рис.2). Тогда ∠KMX=12∠KMB=∠KAB=∠KDC. Поскольку MX⊥BD, то KM⊥CD. Так как при этом ON⊥CD, то ON‖KM. Аналогично, OM‖KN. Если точки O, K, M, N не лежат на одной прямой, то OMKN — параллелограмм и OM=KN. В противном случае рассмотрим ортогональные проекции отрезков OM и KN на AC. Так как точки   O, M, N проектируются в середины отрезков AC, AK и KC соответственно, то проекции обоих параллельных отрезков равны KC2, следовательно, равны и длины самих отрезков.

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 ^BDE=50∘, а ^CED=30∘. Найдите величины углов треугольника ABC и докажите равенства |AE|=|ED|, |CE|=|CB|, |CD|=|CO|.

Решение

Величина угла A находится легко (см. рис. 1): поскольку ^BOC=^EOD=180∘−30∘−50∘=100∘, величина вписанного угла A=50∘. Заметим также, что ^OBC=^OCB=40∘ (поскольку |BO|=|CO|).

Рис. 1

Рис. 1

Найти величины других углов треугольника ABC можно с помощью теоремы синусов. Положим ^EBD=φ. Тогда ^OEB=100∘−φ, ^ABC=φ+40∘, ^ACB=90∘−φ, ^OCD=50∘−φ, ^ODC=φ+50∘; таким образом, 0∘<φ<50∘. Из треугольников ODE,OBE и OCD находим: sin50∘sin30∘=|OE||OD|=|OE||OB|⋅|OE||OD|= =sin^OBEsin^OEB⋅sin^ODCsin^OCD=sinφsin(φ+50∘)sin(100∘−φ)sin(50∘−φ). Уравнение, из которого мы должны найти φ(0∘<φ<50∘): sinφsin(φ+50∘)sin(100∘−φ)sin(50∘−φ)=2sin50∘, эквивалентно следующим: 2sin50∘(cos50∘−cos(150∘−2φ))=cos50∘−cos(50∘+2φ), sin20∘−sin(2φ−40∘)+2sin50∘cos(2φ+30∘)=0, cos(φ−10∘)sin(30∘−φ)+sin50∘sin(60∘−2φ)=0, sin(30∘−φ)(cos(φ−10∘)+2sin50∘cos(30∘−φ))=0. Поскольку cos(φ−10∘) и cos(φ−30∘) положительны при 0∘<φ<50∘, последнее уравнение имеет единственный корень φ=30∘.

Отсюда ^ABC=70∘, ^ACB=60∘/

Далее, ^BEC=70∘⇒|CE|=|CB|; ^ODC=80∘⇒|CD|=|CO|; ^ADE=50∘⇒|EA|=|ED|.

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

Рис. 2

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

Рис. 3

Рис. 3

Теперь нужно лишь доказать, что треугольник с углами ˆA=50∘, ˆB=70∘, ˆC=60∘ удовлетворяют условию, то есть что все углы — такие, как указано на рисунке 3:

  1. Достаточно проверить, что DE — биссектриса угла ADB: |AE||EB|=|AE||EC|=|EC||EB|=sin20∘sin70∘sin50∘sin40∘= 2sin20∘cos20∘2sin50∘sin40∘=sin30∘sin50∘=|AD||DB|.
    Здесь мы снова используем теорему синусов. А вот чисто геометрическое доказательство.

    2. Рис. 4

    Рис. 4

  2. Треугольник ECB имеет ось симметрии, поскольку ^CEB=^CBE. Пусть K — точка, симметричная точке O относительно этой оси (рис. 4). Тогда треугольник KCD равносторонний (|KC|=|OC|=|DC|=a, ^KCD=60∘), и потому |KD|=a, ^DKC=^KDC=60∘, а △KBE≅△OEB, и потому ^BEK=30∘, ^EKB=80∘, |EK|=|OB|=a. Итак, треугольник EKD равнобедренный, ^EKD=40∘, поэтому ^KED=^KDE=70∘, ^ODE=70∘−^ODK=70∘−(80∘−60∘)=50∘, ^OED=70∘−40∘=30∘.

Н. Васильев,
Я. Суконник

M1481. О биссектрисах вписанного треугольника

Квант_1Задача из журнала «Квант» (1995 №2)

Условие

В треугольнике ABC проведена биссектриса AK, D — точка пересечения биссектрисы внешнего угла при вершине B с описанной окружностью. Докажите, что если ∠A>∠C, то

sinA/sinC−sin∠CDK/sin∠BDK=1.

Доказательство

Пусть углы A,B,C треугольника равны 2α,2β,2γ соответственно. Биссектриса внутреннего угла B пересекает дугу AC описанной окружности в точке L, диаметрально противоположной D(рис. 1).

Рис. 1

Положим ∠CBD=δ,∠BCD=ε. Используя теорему синусов(для △DBK и △CDK), теорему о биссектрисе треугольника (BK/KC=AB/AC=sin2γ/sin2β) и формулу

2sinφcosψ=sin(φ+ψ)—sin(ψ—φ),

получаем

sin∠CDKsin∠BDK= KCsinεKBsinδ= sin2β⋅sinπ—4γ—2β2sin2γ⋅sinπ—2β2=

2sinβcosβcos(2γ+β)sin2γcosβ= sin(2β+2γ)sin2γ—1= sin2αsin2γ—1

что и требовалось доказать.

Замечание

Если ∠A<∠C (как на рисунке 2), то меняется лишь знак в формуле

sinε=sin(2γ+β—π/2)=—cos(2γ+β)

а sinδ по-прежнемe равен sin(β+π/2)=cosβ, так что равенство в условии принимает вид

sinAsinC+sin∠CDKsin∠BDK=1

Рис. 2

Тест 2016

Рабочее тестирование плагина в 2016-м году