Processing math: 100%

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.

  1. 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 12+n3+2n3=a2+2n3+m3,
    т. е. 12+n3=a2+m3.
    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=12y+n3y=a2x+m3x, и с учетом () получаем x=y. Поскольку ADB — прямой, 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 l2+2m3+n3=a2+2n3+m3, т. е. la2=nm3.

    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.

  2. Рис. 2

    И в этом случае треугольники BMD и CMD равны (рис.2), поскольку BMD=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 FBM=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.

  3. 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 AME=AMF и ABE=ACF, т. е. B=C и AB=AC. Если отмечен треугольник BMF, то, пользуясь формулой для площади S=rp применительно к треугольникам AMF и FMB, получаем AM+MF+AFAF=MF+BF+BMBF. Применяя к этим треугольникам теорему синусов, перепишем (***) так:sinα+sin(2α+β)cosβ=sinβ+sin(2α+β)cos2β, откуда получаем после преобразований (пользуясь тем, что α+2β=π2), что sin3β=1,т.е.β=π6, т. е. ABC — правильный треугольник.

    Если отмечены треугольники BMD и CMD, то , так как точка M — центр вписанной в треугольник ABC окружности, получаем SAMEAE=SCMDCD, что дает (формула S=rp) AE+EM+MAAE=CM+MD+DCCD, после чего, рассуждая как и раньше, приходим к равенству cos2β+sin3β=1+sinβ, из которого находим без труда β=π6. И в этом случае ABC — правильный треугольник.

  4. 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 π2>MAF>π3. В построенные на рисунке 4 углы впишем равные окружности с центрами O1 и O2, затем из точки A проведем касательную к окружности O2. Эта касательная пересечет прямую MF, в некоторой точке C. Симметрично отразив картинку относительно прямой MF, получим неправильный равнобедренный треугольник ABC (AC=BC), удовлетворяющий условию задачи.

В. Сендеров

M1276. О высотах треугольников, пересекающихся в одной точке

Задача из журнала «Квант» (1991 год, 9 выпуск)

Условие

Для данной хорды MN окружности рассматриваются треугольники ABC, основаниями которых являются диаметры AB этой окружности, не пересекающие MN, а стороны AC и BC проходят через концы M и N хорды MN. Докажите, что высоты всех таких треугольников ABC, опущенные из вершины C на сторону AB, пересекаются в одной точке.

Доказательство

Точки M и N — основания высот треугольника ABC, опущенных из вершин A и B, поэтому третья высота проходит через точку H их пересечения, причем точки C, M, N и H лежат на одной окружности δ с диаметром CH. Пусть P — центр этой окружности. Заметим, что при движении диаметра AB величина угла C треугольника остаётся неизменной, — она измеряется полуразностью постоянных по величине дуг  AB и MN (см. рисунок). Поскольку хорда MN неподвижна, остаётся неизменной и окружность δ (по которой движутся точка C и диаметрально противоположная ей точка H), а тем самым и её центр P: диаметр CH — участок интересующей нас высоты — просто вращается вокруг точки P.

Cycle

 Е. Куланин

M677. О высоте, медиане и биссектрисе, радиусе вписанной окружности в правильном треугольнике

Задача из журнала «Квант» (выпуск №4, 2001)

Условие

Внутри остроугольного треугольника ABC выбрана точка M, являющаяся:

  1.   точкой пересечения медиан;
  2. точкой пересечения биссектрис;
  3. точкой пересечения высот.

Докажите, что если радиусы окружностей, вписанных в треугольники AMBBMCAMC равны, то треугольник ABC — правильный.

Решение

Рис.1
  1.  Площади треугольников AMB, BMC и  AMC (Рис.1) одинаковы – они равны 13SABC(докажите это).
    Поскольку площадь S треугольника, его полупериметр p и радиус r вписанной в него окружности связаны соотношением S=pr, периметры треугольников AMB, BMC и AMC также одинаковы.Предположим теперь, что треугольник ABC – неправильный; пусть, например, |AB|>|BC|. Тогда угол BDA – тупой, поэтому |AM|>|MC|, так что периметр треугольника AMB больше периметра треугольника BMC – противоречие.

    Рис.2
  2.  Поскольку ^CBM=^CBM и радиусы окружностей, вписанных в треугольники AMB и BMC, равны, эти окружности касаются биссектрисы BM в одной и той же точке (Рис.2).
    Из этого следует, что все три окружности попарно касаются, и их центры O1, O2 и O3 образуют правильный треугольник, стороны которого перпендикулярны биссектрисам данного треугольника ABC. Поэтому, например, ^BMC=π+A2=2π3, то есть ˆA=π3. Аналогично доказывается, что B=C=π3.

    Рис.3
  3. Как и в задаче 1, предположим, что треугольник  ABC – неправильный; пусть, например,  |BC|>|AC|. Обозначим через D и E точки касания окружностей, вписанных в треугольники AMB и BMC соответственно, со сторонами AC и BC (Рис.3).  Поскольку радиусы этих окружностей равны и ^CAM=^CBM, |AD|=|BE|. Значит,  |CD|<|CE|.

С другой стороны, при  нашем предположении ˆB<ˆA, так что ^MCA=π2ˆA<π2ˆB=^BCM. Поэтому |CD|>|CE| – противоречие.

А.Егоров

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, т.е. четырехугольник KNDC вписанный.

Значит, угол NCK равен углу NDK. Но угол NDE равен углу NBE в силу того, что точкиB,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

М1577. О высоте, медиане и биссектрисе треугольника

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

M15772

Пусть α,β,γ — углы треугольника ABC, в котором AH — высота, BK — медиана, CL — биссектриса. Из  условия

sinαcosβ=tanγ  (1)

следует, что углы ABC и ACB острые, поскольку  sinα >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:

BHAD=BHBC=ccosγa=sinγcosβsinα (2)

Биссектриса же CL делит сторону НА треугольника НАС в отношении:

HCCA=cosγ.   (3)

Отношения (2) и (3) равны в том и только в том случае, когда, sinγcosβ=cosγsinα, что эквивалентно условию (1).

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

Замечания.

  1. Для треугольника задачи |BACπ2|<π2BAH тогда и только тогда, когда BCA>π4. 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 BCA>π4.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 ACBπ4 выполняется не всегда.
  3. Если в неостроугольном треугольнике ABC высота АН, медиана ВК и биссектриса CL пересекаются в одной точке, то ACB>ABC. Это можно доказать геометрически, но проще — с помощью (1).

Л.Алътшулер, В.Сендерос