М1319. Задача об углах в треугольнике

Задача из журнала «Квант» (1991 год, 12 выпуск)

Условие

Дан треугольник $ABC$ и точка $M$ внутри него. Докажите, что хотя бы один из углов $MAB$ , $MBC$ , $MCA$ меньше или равен $30^{\circ}$ .

Рис. 1.

Пусть точка $M$ внутри треугольника $ABC$ такова, что все углы из условия задачи больше $\displaystyle \frac{\pi}6$ . Тогда она лежит в треугольнике $AED$ (см. рис. $1$ ).

Следовательно, достаточно доказать, что $\angle ECA \leqslant$ $\displaystyle \frac{\pi}6$ .

Рассмотрим конфигурацию рисунка $2$ , где $r_1=1$ , $\angle BO_2M =$ $\displaystyle \frac{\pi}{3}$ . Точка $A$ лежит на прямой $l$ в круге с центром $O_2$ , точка $M$ — в треугольнике $ABC$ . Покажем, что при этих условиях отрезки $BM$ и $O_1O_2$ имеют общую точку.

Рис. 2.

Пусть это не так (см. рис. $3$ ).

На рисунке $3$ прямая $MD$ — касательная к окружности с центром $O_1$ .

Имеем: $O_1C \perp l$ , треугольник $O_1CM$ правильный, отрезки $BM$ и $O_1C$ пересекаются. Так как угол $BMm$ равен $\displaystyle \frac{\pi}6$ , то прямая $m$ , являющаяся касательной к окружности с центром $O_2$ , пересекается с $l$ в точке луча $DC$
$($ либо $m \parallel l)$ . Следовательно, и точка $A$ может лежать лишь на этом луче; значит, точка $M$ лежит вне треугольника $ABC$ .

Получили: $O_1O_2 \cap BM \not= \varnothing$ .

Для решения задачи достаточно доказать, что $r_2 \leqslant d(O_2, l)$ .(Здесь
$d(O_2, l)$ — расстояние от точки $O_2$ до прямой $l$ .) Пусть $d(O_2, l) \geqslant d(O_1, l)$ . Имеем: $r_2 = 2 \sin \alpha, d(O_2, l) = 1 + (\cos \alpha + \frac{\sqrt{3}}2 \cdot 2 \sin \alpha) \cos \left(\frac{2\pi}3 {-} \alpha \right) = \\ = \frac 12 + 2 \sin^2 \alpha \geqslant 2 \sin \alpha = r_2.$

Рис. 3.

Случай $d(O_2, l) < d(O_1, l)$ рассматривается аналогично.

Замечание. Несложное доказательство допускает также и следующее утверждение. Пусть точка $M$ лежит внутри четырехугольника $ABCD$ . Тогда хотя бы один из углов $MAB$ , $MBC$ , $MCD$ , $MDA$ меньше или равен $\displaystyle \frac{\pi}4$ . Докажите это утверждение самостоятельно.

В. Сендеров

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 $DMC$ .

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 $\frac{1}{2}+\frac{n}{3}+\frac{2n}{3}=\frac{a}{2}+\frac{2n}{3}+\frac{m}{3},$
т. е. $\frac{1}{2}+\frac{n}{3}=\frac{a}{2}+\frac{m}{3}. \tag{*}$
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 $BM = \frac{1}{2}-y+\frac{n}{3}-y=\frac{a}{2}-x+\frac{m}{3}-x,$ и с учетом $\left(*\right)$ получаем $x=y.$ Поскольку $\angle ADB$ — прямой, $\angle CFB$ — тоже прямой, т. е. медиана $CF$ является высотой, и треугольник $ABC$ — правильный.

Если отмечен треугольник $AME$ , то, как и раньше, получаем из равенства периметров $\frac{l}{2}+\frac{2m}{3}+\frac{n}{3}=\frac{a}{2}+\frac{2n}{3}+\frac{m}{3},$ т. е. $\frac{l-a}{2}=\frac{n-m}{3}.\tag{**}$

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.
Рис. 2

И в этом случае треугольники $BMD$ и $CMD$ равны (рис. $2$ ), поскольку $\angle BMD = \angle CMD$ (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 $\angle FBM=\angle MBD$ — 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.
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 $\angle AME=\angle AMF$ и $\angle ABE = \angle ACF$ , т. е. $\angle B=\angle C$ и $AB=AC$ . Если отмечен треугольник $BMF$ , то, пользуясь формулой для площади $S=rp$ применительно к треугольникам $AMF$ и $FMB$ , получаем $\frac{AM+MF+AF}{AF}=\frac{MF+BF+BM}{BF}.\tag{***}$ Применяя к этим треугольникам теорему синусов, перепишем (***) так: $\frac{\sin\alpha +\sin(2\alpha +\beta )}{\cos\beta }= \frac{\sin\beta +\sin(2\alpha +\beta )}{\cos2\beta },$ откуда получаем после преобразований (пользуясь тем, что $\alpha +2\beta =\frac{\pi}{2}$ ), что $\sin3\beta =1, т. е. \beta =\frac{\pi}{6},$ т. е. $ABC$ — правильный треугольник.

Если отмечены треугольники $BMD$ и $CMD$ , то , так как точка $M$ — центр вписанной в треугольник $ABC$ окружности, получаем $\frac{S_{AME}}{AE}=\frac{S_{CMD}}{CD},$ что дает (формула $S=rp$ ) $\frac{AE+EM+MA}{AE}=\frac{CM+MD+DC}{CD},$ после чего, рассуждая как и раньше, приходим к равенству $\cos2\beta +\sin3\beta =1+\sin\beta ,$ из которого находим без труда $\beta =\frac{\pi}{6}$ . И в этом случае $ABC$ — правильный треугольник.
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 $\frac{\pi }{2}>\angle MAF>\frac{\pi }{3}$ . В построенные на рисунке 4 углы впишем равные окружности с центрами $O_{1}$ и $O_{2}$ , затем из точки $A$ проведем касательную к окружности $O_{2}$ . Эта касательная пересечет прямую $MF$ , в некоторой точке $C$ . Симметрично отразив картинку относительно прямой $MF$ , получим неправильный равнобедренный треугольник $ABC$ $\left(AC=BC\right)$ , удовлетворяющий условию задачи.

В. Сендеров

M617. Треугольник с внутренними окружностями

Задача из журнала «Квант» (1981 год, 2 выпуск)

Условие

Внутри треугольника расположены окружности $\alpha$ , $\beta$ , $\gamma$ , $\delta$ одинакового радиуса так, что каждая из окружностей $\alpha$ , $\beta$ , $\gamma$ касается двух сторон треугольника и окружности $\delta$ . Докажите, что центр окружности $\delta$ принадлежит прямой, проходящей через центры вписанной в данный треугольник окружности и окружности, описанной около него.

Решение

Пусть $ABC$ — данный треугольник и $O_1$ , $O_2$ , $O_3$ — центры конгруэнтных окружностей, касающихся пар его сторон, а $O_4$ — центр четвертой окружности — той, которая касается указанны трех (см. рисунок). Длины их радиусов обозначим через $\varrho$ . Треугольник $O_1O_2O_3$ гомотетичен треугольнику $ABC$ , так как его стороны соответственно параллельны сторонам треугольника $ABC$ . Не трудно видеть, что центром этой гомотетии будет точка $N$ , являющаяся одновременно центром окружности, вписанной в треугольник $ABC$ , и центром окружности, вписанной в треугольник $O_1O_2O_3$ . Действительно, прямые $AO_1$ , $BO_2$ , $CO_3$ являются биссектрисами углов как треугольника $ABC$ , так и треугольника $O_1O_2O_3$ , а точка $N$ — точка пересечения этих биссектрис.

Теперь заметим, что точка $O_4$ является центром окружности, описанной вокруг треугольника $O_1O_2O_3$ (её расстояния до каждой из вершин этого треугольника равно $2\varrho$ ).

Рассмотрим гомотетию с центром в точке $N$ , переводящую треугольник $O_1O_2O_3$ в треугольник $ABC$ . Точка $O_4$ переходит при этом в некоторую точку $M$ , лежащую на прямой $NO_4$ . Мы уже знаем, что точка $O_4$ была центром окружности, описанной вокруг треугольника $O_1O_2O_3$ ; следовательно, её образ — точка $M$ — будет центром окружности, описанной вокруг треугольника $ABC$ . Тем самым доказано утверждение задачи.

Нетрудно вычислить величину радиуса $\varrho$ этих четырех окружностей через $r$ и $R$ — радиусы вписанной в треугольник $ABC$ окружности и окружности, описанной около него.

Заметим, что радиус окружности, вписанной в треугольник $O_1O_2O_3$ , равен $r -\varrho$ , а радиус окружности, описанной вокруг этого треугольника, равен $2\varrho$ .

Пусть $k$ — коэффициент рассмотренной выше гомотетии. Тогда $(r — \varrho)k = r$ и $2\varrho k = R$ . Выразив $k$ из каждого соотношения и приравняв полученные выражения, найдем $\frac{r}{r-\varrho} = \frac{R}{2\varrho}\;,$ откуда $\varrho = \frac{rR}{R+2r}\;.$

А.Савин

М1693. О пересекающихся окружностях

Задача о пересекающихся окружностях

Две окружности пересекаются в точках $Р$ и $Q$ .Третья окружность с центром в точке $Р$ пересекает первую в точках $А$ , $В$ , а вторую – в точках $С$ и $D$ (см.рисунок). Докажите, что углы $\angle AQD$ и $\angle BQC$ равны.

Треугольники $АРВ$ и $DPC$ равнобедренные. Обозначим углы при их основаниях $\angle АВР = \angle ВАР = \alpha$ , $\angle DCP = \angle CDP = \beta$ . Четырехугольники $AQBP$ и $DQCP$ вписанные, отсюда $\angle AQP = \angle ABP = \alpha$ и $\angle DQP = \angle DCP = \beta$ . Получаем: $∠AQD = \angle AQP + \angle DQP = \alpha + \beta$ . Далее, $\angle BQP = \angle BAP = \alpha$ , также $\angle CQP = \beta и \angle BQC = \angle BQP + \angle CQP = \alpha + \beta$ . Значит, $\angle AQD = \angle BQC$ .

А.Заславский

М1693. О трёх окружностях

Задача из журнала «Квант» (1999, №4)

Условие

Две окружности пересекаются в точках $P$ и $Q$ . Третья окружность с центром в точке $P$ пересекает первую в точках $A$ , $B$ , а вторую в точках — $C$ и $D$ (см. рисунок). Докажите, что углы $AQD$ и $BQC$ равны.

Решение

Треугольники $APB$ и $DPC$ равнобедренные. Обозначим углы при их основаниях $\angle ABP =\angle BAP = \alpha$ , $\angle DCP =\angle CDP = \beta$ . Четырехугольники $AQBP$ и $DQCP$ вписанные, отсюда $\angle AQP =\angle ABP = \alpha$ и $\angle DQP =\angle DCP = \beta$ . Получаем: $\angle AQD = \angle AQP + \angle DQP = \alpha + \beta$ . Далее, $\angle BQP =\angle BAP = \alpha$ , также $\angle CQP = \beta$ и $\angle BQC = \angle BQP + \angle CQP = \alpha + \beta$ . Значит, $\angle AQD = \angle BQC$ .