Задача №2026 из журнала «Квант» (2007, №1 и №4)

Условие

На сторонах [latex]AB[/latex], [latex]BC[/latex], [latex]CD[/latex] и [latex]AD[/latex] квадрата [latex]ABCD[/latex] выбраны, соответственно, точки [latex]P[/latex], [latex]M[/latex], [latex]N[/latex], [latex]Q[/latex] так, что [latex]\angle MAN =45^{o}[/latex], [latex]PM||AN[/latex], [latex]AN||NQ[/latex]. Отрезок [latex]PQ[/latex] пересекает [latex]AM[/latex] и [latex]AN[/latex] в точках [latex]F[/latex] и [latex]G[/latex] соответственно. Докажите что площадь треугольника [latex]AFG[/latex] равна сумме площадей треугольников [latex]FMP[/latex] и [latex]GNQ[/latex].

Решение

Прежде всего отметим, что [latex]\angle PMA = \angle MAN = \angle ANQ[/latex], и значит, треугольники [latex]AFG[/latex], [latex]MFP[/latex] и [latex]NQG[/latex] подобны (см. рисунок). Поэтому утверждение задачи равносильно равенству [latex]GF^{2} = PF^{2} + GQ^{2}[/latex]. Далее, треугольники [latex]NQD[/latex] и [latex]MPB[/latex] подобны треугольникам [latex]AMB[/latex] и [latex]AND[/latex] соответственно, следовательно, [latex]\frac{QD}{ND}=\frac{BM}{AB}, \frac{ND}{AD}=\frac{BP}{BM}[/latex]. Перемножив эти равенства, получим, что [latex]BP = DQ[/latex], или [latex]AP = AQ[/latex]. Пусть [latex]X[/latex] — точка, симметричная [latex]P[/latex] относительно [latex]AM[/latex]. Тогда [latex]AX = AP = AQ[/latex] и [latex]\angle XAN =45^{o} — \angle MAP = \angle NAD[/latex], т.е. [latex]X[/latex] также симметрична [latex]Q[/latex] относительно [latex]AN[/latex]. Таким образом, [latex]XF = FP, XG = GQ[/latex] и [latex]\angle XFG + \angle XGF = 360^{o} — 2\angle PFM — 2\angle QGN = 90^{o}[/latex]. Применив к прямоугольному треугольнику [latex]XFG[/latex] теорему Пифагора, получим искомое равенство.

Задача из журнала «Квант» (1997, №5)

Условие

Дан треугольник [latex]ABC[/latex]. Постройте отрезок [latex]DE[/latex] с концами на сторонах [latex]AB[/latex] и [latex]BC[/latex], параллельный стороне [latex]AC[/latex] и видимый из середины стороны [latex]AC[/latex] под прямым углом.

Решение

Задача легко решается методом подобия. Пусть [latex]P[/latex] — точка, в которой продолжение медианы [latex]BK[/latex] пересекает полуокружность с центром [latex]K[/latex] и диаметром [latex]AC[/latex] (см. рисунок). При гомотетии с центром [latex]B[/latex], переводящей точку [latex]P[/latex] в точку [latex]K[/latex], отрезок [latex]AC[/latex] перейдет в искомый отрезок   [latex]DE[/latex]: этот отрезок параллелен [latex]AC[/latex] и [latex]\angle DKE = \angle APC=90[/latex]

Заметим, что треугольник [latex]AKP[/latex](а также [latex]CKP[/latex]) — равнобедренный, поэтому углы [latex]\angle DKA = \angle KAP[/latex] и [latex]\angle DKB = \angle APK[/latex] равны (и, аналогично, [latex]\angle BKE = \angle EKC[/latex]). Таким образом, для построения нужного отрезка [latex]DE[/latex] достаточно провести биссектрисы [latex]KD[/latex] и [latex]KE[/latex] углов [latex]AKB[/latex] и [latex]BKC[/latex]. То, что полученный отрезок [latex]DE[/latex] обладает нужными свойствами, легко доказать непосредственно: [latex]\angle DKE = 90[/latex], поскольку он состоит из половинок углов, дающие в сумме развернутый угол, а параллельность [latex]DE[/latex] и [latex]AC[/latex] вытекает из равенств, использующих свойства биссектрис:

[latex]\frac {AD}{DB} = \frac {AK}{KB} = \frac {CK}{KB} = \frac {CE}{EB}[/latex].

Задача имеет и другие решения, связанные с подсчетом углов.

Р.Травкин, Н.Васильев, В.Сендеров

Формулировка:

Из некоторого прямоугольника вырезан равносторонний треугольник так, что одна из его вершин находится в вершине прямоугольника, а две другие лежат на сторонах прямоугольника ( не содержащих эту вершину ). Докажите, что площадь одного из оставшихся прямоугольных треугольников равна сумме площадей двух других.

Решение:

Одно из решений (см. рисунок): если [latex]\angle BAM=\alpha, [/latex] то [latex]\angle CBL=[/latex] [latex]180^{\circ} — (90^{\circ} — \alpha ) — [/latex] [latex]60^{\circ} = [/latex] [latex] = 30^{\circ} + \alpha, [/latex] [latex]\angle CAK = 30^{\circ} — \alpha, [/latex] [latex]\angle BCL=60^{\circ} — \alpha[/latex], и утверждение задачи сводится к проверке тождества (для [latex]0<\alpha <30^{\circ}[/latex]):

[latex]\sin \alpha \cos \alpha+\sin(30^{\circ} — \alpha )\cos(30^{\circ} — \alpha ) = \sin(30^{\circ} + \alpha )\cos(30^{\circ} + \alpha ), [/latex]

или, переходя к двойным углам, [latex]\sin 2\alpha + \sin(60^{\circ} — 2\alpha ) = \sin(60^{\circ} + 2\alpha )[/latex].

Оно следует из формулы [latex]\sin (60^{\circ} + 2\alpha ) — \sin(60^{\circ}-2\alpha ) = 2\sin2\alpha \cos60^{\circ}[/latex].

А.Егоров