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 $DMC$.

  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 $$\frac{1}{2}+\frac{n}{3}+\frac{2n}{3}=\frac{a}{2}+\frac{2n}{3}+\frac{m}{3},$$
    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.

  2. 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.

  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 $\angle AME=\angle AMF$ 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.

  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 $\frac{\pi }{2}>\angle MAF>\frac{\pi }{3}$. 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

Условие
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.
http://ib.mazurok.com/wp-content/uploads/2018/06/1-2.svg
Решение
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.
1693

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, \(\angle AQD = \angle BQC\).

А. Заславский