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» (1973, №12)

Условие

Углы остроугольного треугольника равны [latex]\alpha[/latex], [latex]\beta[/latex] и [latex]\gamma[/latex]. Какие массы нужно поместить в его вершинах, чтобы центр тяжести этих трех масс попал:

1.  В точку пересечения высот?
2. В центр описанной окружности?

Стороны треугольника равны [latex]a[/latex], [latex]b[/latex] и [latex]c[/latex]. Какие массы нужно поместить в его вершины, чтобы центр тяжести попал:

3.  В точку пересечения отрезков соединяющих вершины и точки касания противоположных им сторон со вписанной окружностью?
4. В центр вписанной окружности?

 

Решение

Пусть в вершинах треугольника [latex]ABC[/latex] расположены массы [latex]m_{a}[/latex], [latex]m_{b}[/latex] и [latex]m_{c}[/latex] соответственно. Проведем прямые [latex]BD[/latex] и [latex]CE[/latex], пересекающиеся внутри треугольника в точке [latex]O[/latex] (рис. 1). Заметим, что для того, чтобы центр тяжести этих масс попал в точку[latex]O[/latex], необходимо выполнение соотношений [latex]\frac{m_{c}}{m_{a}}=\frac{AD}{DC}[/latex] и [latex]\frac{m_{b}}{m_{a}}=\frac{AE}{BE}[/latex]. Перейдем теперь к решению задачи.

1.  Пусть [latex]BD[/latex] и [latex]CE[/latex] — высоты в треугольнике [latex]ABC[/latex] (рис. 2). Тогда [latex]\frac{BD}{AD}=tg \alpha[/latex], [latex]\frac{BD}{DC}=tg \gamma[/latex], то есть [latex]\frac{AD}{DC}=\frac{tg \gamma}{tg \alpha}[/latex].
   Согласно сделанному замечанию, [latex]\frac{m_{c}}{m_{a}}=\frac{tg \gamma}{tg \alpha}[/latex] и аналогично [latex]\frac{m_{b}}{m_{a}}=\frac{tg \beta}{tg \alpha}[/latex]. Значит, в вершины [latex]A[/latex], [latex]B[/latex] и [latex]C[/latex] треугольника [latex]ABC[/latex] можно поместить, например, массы [latex]m_{a}=tg \alpha[/latex], [latex]m_{b}=tg \beta[/latex], [latex]m_{c}=tg \gamma[/latex].
   
2. Пусть [latex]O[/latex] — центр описанной окружности (рис. 3). Имеем:
   [latex]\frac{AD}{BD}=\frac{sin \beta_{1}}{sin \alpha}[/latex],
   [latex]\frac{DC}{BD}=\frac{sin \beta_{2}}{sin \gamma}[/latex]
   (теорема синусов для треугольника [latex]ABD[/latex] и [latex]BCD[/latex]). Поэтому [latex]\frac{AD}{DC}=\frac{sin \gamma \cdot sin\beta_{1}}{sin \alpha \cdot sin \beta_{2}}[/latex].
   Треугольник [latex]BAK[/latex] — прямоугольный ([latex]\measuredangle BAK=90^{\circ}[/latex]) и [latex]\measuredangle BKA=\measuredangle BCA=\gamma[/latex]; поэтому [latex]sin \beta_{1}=cos \gamma[/latex]. Аналогично [latex]sin \beta_{2}=cos \alpha[/latex].
   Итак, [latex]\frac{AD}{DC}=\frac{sin \gamma}{sin \alpha}\cdot \frac{cos \gamma}{cos \alpha}=\frac{sin 2\gamma}{sin 2\alpha}[/latex].
   Учитывая замечание, получаем:
   [latex]\frac{m_{c}}{m_{a}}=\frac{sin 2\gamma}{sin 2\alpha}[/latex].
   Таким же образом [latex]\frac{m_{b}}{m_{a}}=\frac{sin 2\beta}{sin 2\alpha}[/latex].
   Значит, можно взять [latex]m_{a}=sin 2\alpha[/latex], [latex]m_{b}=sin 2\beta[/latex], [latex]m_{c}=sin 2\gamma[/latex].
   
3.  Легко видеть (см. рис. 4), что [latex]AD=p-a[/latex], [latex]DC=p-c[/latex], где [latex]p=\frac{a+b+c}{2}[/latex], поэтому [latex]\frac{m_{c}}{m_{a}}=\frac{p-a}{p-c}[/latex].
   Аналогично [latex]AE=p-a[/latex], [latex]EB=p-b[/latex], то есть [latex]\frac{m_{b}}{m_{a}}=\frac{p-a}{p-b}[/latex].
   Поэтому достаточно положить [latex]m_{a}=\frac{1}{p-a}[/latex], [latex]m_{b}=\frac{1}{p-b}[/latex], [latex]m_{c}=\frac{1}{p-c}[/latex].
   
4. Так как [latex]BD[/latex] — биссектриса угла [latex]B[/latex] (см. рис. 5), то [latex]\frac{AD}{DC}=\frac{c}{a}[/latex] или [latex]\frac{m_{c}}{m_{a}}=\frac{c}{a}[/latex]; соответственно [latex]CE[/latex] — биссектриса угла [latex]C[/latex] и [latex]\frac{AE}{BE}=\frac{b}{a}[/latex], то есть [latex]\frac{m_{b}}{m_{a}}=\frac{b}{a}[/latex]. Поэтому можно взять [latex]m_{a}=a[/latex], [latex]m_{b}=b[/latex], [latex]m_{c}=c[/latex].
   

Б. Д. Гинзбург

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

Условие

Вася и Петя нарисовали по выпуклому четырехугольнику. Каждый из них записал на листочке длины всех сторон своего четырехугольника и двух его диагоналей. В результате на их листочках оказались два одинаковых набора из 6 различных чисел. Обязательно ли четырехугольники Васи и Пети равны?

Ответ:

Не обязательно.

 Решение

Примером могут служить четырехугольники $latex ABCD $ и $latex KLMN $, изображенные на рисунке. Здесь $latex \triangle ABC = \triangle KLM, \triangle ACD = \triangle MNK $ и $latex BC = LN $

Поэтому наборы длин сторон и диагоналей для для данных четырехугольников одинаковые. Но очевидно что сами четырехугольники не равны ( так как, например, в четырехугольнике $latex ABCD $ ни одна из двух диагоналей не равна $latex LN $ ).

Ответ: [latex]n^{2}+1[/latex].

Н.Васильев