Processing math: 100%

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

M1763. Окружность вписанная в треугольник

Задача из журнала «Квант» (2001 год, 1 выпуск)

Условие

Пусть AH1, BH2, CH3 — высоты остроугольного треугольника ABC. Окружность, вписанная в треугольник ABC, касается сторон BC, CA, AB в точках T1, T3,T3 соответственно. Прямые l1, l2, l3 являются образами прямых H2H3, H3H1, H1H2 при симметрии относительно прямых T2T3, T3T1, T1T2 соответственно.

Докажите, что прямые l1, l2, l3 образуют треугольник с вершинами на окружности, вписанной в треугольник ABC.

Решение

  1. Будем обозначать через (l,m) направленный угол между прямыми l и m.
    Пусть (AC,AB)=α, (AB,BC)=β, (BC,CA)=γ, тогда (см.рисунок)
    (H1H2,AC)=β, так как ΔH1CH2ΔABC, (T1T2,AC)=αβ2, так как CT1=CT2, значит, (H1H2,T1T2)=αβ2.
  2. Рассмотрим гомотетию с отрицательным коэффициентом, переводящую описанную окружность треугольника ABC во вписанную. Пусть K1K2K3 — образ ABC при этой гомотетии, тогда стороны треугольника K1K2K3 параллельны сторонам треугольника ABC, значит, (K1K2,T1T2)=(AB,T1T2)=(AB,AC)+(AC,T1T2)=
    =α+α+β2=βα2=(H1H2,T1T2).Проведем AL1, BL2, CL3- биссектрисы треугольника ABC, тогда CL3T1T2 и (K1K2,CL3)=(H1H2,CL3).
    Пусть CL3=lC,P,Q,S — точки пересечения CL3 с K1K2, T1T2 и H1H2 соответственно, I — центр вписанной окружности треугольника ABC, r — ее радиус. Вычислим длины отрезков CP, CQ и CS.
  3. ΔH1CH2ΔABCCS=lCCH1CA=lCcosγ, но IL3=rcosβα2,т.к.L3IT3=|βα|2, значит, lC=r(1sinγ2+1cosβα2), тогда CS=(cosγsinγ2+cosγcosβα2).
  4. T1CI=γ2, следовательно, T1IQ=π2γ2, значит, T1Q=rsin(π2γ2)=rcosγ2, откуда CQ=T1Qctgγ2=rcos2γ2sinγ2
  5. Пусть IXK1K2,XK1K2. Тогда K1IK2=2K1K3K2=2γK1IX=γ, стало быть, IX=rcosγ. Но XIP=L3IT3=|βα|2, поэтому IP=rcosγcosβα2, и из равенства CI=rsinγ2 следует, что CP=rsinγ2rcosγcosβα2.
  6. Докажем, что CP+CS=2CQ, т.е. что Q — середина отрезка SP.Имеем: CP+CS=rsinγ2rcosγcosβα2+rcosγsinγ2+rcosαcosβα2= =rsinγ2(1+cosγ)=2rcosα2γ2sinγ2=2CQ.
    Значит, T1T2- серединный перпендикуляр к отрезку SP. Продлим K1K2 и H1H2 до пересечения в точке Y. Мы доказали, что (H1H2,SP)=(SP,K1K2), значит, треугольник SYP- равнобедренный, поэтому прямые H1H2 и K1K2 симметричны относительно YQ, т.е. относительно T1T2.Это означает, что K1K2 совпадает с прямой l3. Аналогично, l1 и l2 — это прямые K2K3 и K1K3, следовательно, треугольник, составленный из прямых l1,l2,l3 — это K1K2K3. Его вершины лежат на вписанной в треугольник ABC окружности, что и требовалось доказать.

Т.Емельянова, А.Гайфуллин, Д.Терешин