Задача из журнала «Квант» (выпуск №4, 2001)

Условие

Внутри остроугольного треугольника $ABC$ выбрана точка $M$, являющаяся:

1.   точкой пересечения медиан;
2. точкой пересечения биссектрис;
3. точкой пересечения высот.

Докажите, что если радиусы окружностей, вписанных в треугольники $AMB$, $BMC$, $AMC$ равны, то треугольник $ABC$ — правильный.

Решение

1.  Площади треугольников $AMB$, $BMC$ и  $AMC$ (Рис.$1$) одинаковы – они равны $\frac{1}{3}S_{ABC}$(докажите это).
   Поскольку площадь $S$ треугольника, его полупериметр $p$ и радиус $r$ вписанной в него окружности связаны соотношением $S = pr$, периметры треугольников $AMB$, $BMC$ и $AMC$ также одинаковы.Предположим теперь, что треугольник $ABC$ – неправильный; пусть, например, $|AB| > |BC|$. Тогда угол $BDA$ – тупой, поэтому $|AM| > |MC|$, так что периметр треугольника $AMB$ больше периметра треугольника $BMC$ – противоречие.

   

2.  Поскольку $\widehat{CBM} = \widehat{CBM}$ и радиусы окружностей, вписанных в треугольники $AMB$ и $BMC$, равны, эти окружности касаются биссектрисы $BM$ в одной и той же точке (Рис.$2$).
   Из этого следует, что все три окружности попарно касаются, и их центры $O_1$, $O_2$ и $O_3$ образуют правильный треугольник, стороны которого перпендикулярны биссектрисам данного треугольника $ABC$. Поэтому, например, $\widehat{BMC} = \frac{\pi + A }{ 2} = \frac{2\pi}{3}$, то есть $\widehat{A}  = \frac{\pi}{3}$. Аналогично доказывается, что $B = C = \frac{\pi}{3}$.

   

3. Как и в задаче $1$, предположим, что треугольник  $ABC$ – неправильный; пусть, например,  $|BC| > |AC|$. Обозначим через $D$ и $E$ точки касания окружностей, вписанных в треугольники $AMB$ и $BMC$ соответственно, со сторонами $AC$ и $BC$ (Рис.$3$).  Поскольку радиусы этих окружностей равны и $\widehat{CAM} = \widehat{CBM}$, $|AD| = |BE|$. Значит,  $|CD| < |CE|$.

С другой стороны, при  нашем предположении $\widehat{B } < \widehat{A}$, так что $\widehat{MCA} = \frac{\pi}{2} – \widehat{A} < \frac{\pi}{2} – \widehat{B} = \widehat{BCM}$. Поэтому $|CD| > |CE|$ – противоречие.

А.Егоров

Задача из журнала «Квант» (1981 год, 4 выпуск)

Условие

а) На плоскости расположены четыре круга так, что первый касается второго в точке $A$, второй — третьего в точке $B$, третий — четвертого в точке $C$ и четвертый — первого в точке $D$ (рис. 2). Докажите, что через четыре названные точки можно провести окружность или прямую.

б) *В пространстве расположены четыре шара так, что первый касается второго в точке $A$, второй — третьего в точке $B$, третий — четвертого в точке $C$ и четвертый — первого в точке $D$. Докажите, что через четыре названные точки можно провести окружность или прямую.

в) *В пространстве расположены четыре шара так, что каждый касается трех других. Докажите, что шесть точек касания принадлежат одной сфере или одной плоскости.

Решение

а) Прежде всего, что если какие-то три из точек $A$, $B$, $C$, $D$ лежат на одной прямой, то и четвертая точка лежит на той же прямой (рис. 1).

Пусть все четыре круга касаются внешним образом (рис. 2) и пусть $AA_{1}$, $BB_{1}$, $CC_{1}$, $DD_{1}$ — отрезки общих касательных.

Из $\widehat{A_{1}A}D = \widehat{D_{1}D}A$, $\widehat{D_{1}D}C = \widehat{C_{1}C}D$, $\widehat{B_{1}B}C = \widehat{C_{1}C}B$ и $\widehat{A_{1}A}B = \widehat{B_{1}B}A$ следует $\widehat{A} + \widehat{C} = \widehat{B} + \widehat{D}$; значит, около четырехугольника $ABCD$ можно описать окружность.

В случае, когда не все четыре круга касаются внешним образом (рис. 3), рассуждения аналогичны.

б) Если центры шаров лежат в одной плоскости, то и все точки касания лежат в этой плоскости, так что в этом случае задача б) сводится к задаче а).

Если же центры $O_{1}$, $O_{2}$, $O_{3}$, $O_{4}$ — не в одной плоскости, проведем плоскость через три точки касания, например $A$, $B$, $C$ (рис. 4), и докажем, что четвертая точка $D$ принадлежит этой плоскости.

Пусть $h_{1}$, $h_{2}$, $h_{3}$, $h_{4}$ — расстояния от точек $O_{1}$, $O_{2}$, $O_{3}$, $O_{4}$ до плоскости $(ABC)$, а $R_{1}$, $R_{2}$, $R_{3}$, $R_{4}$ — радиусы шаров. Ясно, что $\frac{h_{1}}{h_{2}} = \frac{R_{1}}{R_{2}}$, $\frac{h_{2}}{h_{3}} = \frac{R_{2}}{R_{3}}$, $\frac{h_{3}}{h_{4}} = \frac{R_{3}}{R_{4}}$ (см. рис. 4). Перемножая эти отношения, получаем $\frac{h_{1}}{h_{4}} = \frac{R_{1}}{R_{4}} = \frac{\mid O_{1}D\mid}{\mid O_{4}D\mid}$, что и означает принадлежность точки $D$ плоскости $(ABC)$.

Таким образом, плоскость $(ABC)$ пересекает шары по четырем кругам, касающимся, соответственно, друг друга в точках $A$, $B$, $C$, $D$ так, как сказано в пункте а). Из этого следует утверждение задачи б).

в) Пусть $A$ — точка касания первого и второго, $B$ — первого и третьего, $C$ — первого и четвертого, $D$ — второго и третьего, $E$ — второго и четвертого, $F$ — третьего и четвертого шаров.

По доказанному в пункте б) точки $A$, $C$, $F$, $D$ лежат на одной окружности или прямой. Точки $A$, $E$, $F$, $B$ обладают тем же свойством.

У этих двух четверок точек есть две общие точки: $A$ и $F$. Поэтому если одна из четверок лежит на прямой, все шесть точек лежат в одной плоскости.

Если же эти четверки лежат на двух окружностях, находящихся в разных плоскостях и имеющих общую хорду $AF$, то через эти окружности можно провести сферу; центром этой сферы является точка пересечения перпендикуляров к плоскостям этих окружностей (эти перпендикуляры лежат в плоскости, проходящей через центры окружностей и середину их общей хорды $AF$).

В. Произволов

Условие

На сторонах $a, b, c, d$ вписанного в окружность четырехугольника «наружу» построены прямоугольники размерами $a\times c, b\times d,$$c\times a, d\times b$. Докажите, что центры этих прямоугольников являются вершинами а)параллелограмма, б)прямоугольника.

Решение

а) Пусть $M, P, N, Q$ — центры прямоугольников, построенных на сторонах $AB, BC, CN, DA$ вписанного четырехугольника $ABCD$ (см. рисунок).
Поскольку в четырехугольнике, вписанном в окружность, суммы противоположных углов равны $180\textdegree$ , а прямоугольники, построенные на противоположных сторонах, конгруэнтны, то $\angle MBP = \angle NDQ$ и $\angle NCP = \angle MAQ$ (мы рассматриваем углы, меньшие $180\textdegree$). Таким образом, треугольник $MBP$ подобен $NDC$ и треугольник $NCP$ подобен $MAQ$. Отсюда $\mid MP \mid = \mid NQ \mid$ и $\mid NP \mid = \mid MQ \mid$, а это означает, что четырехугольник $MPNQ$ — параллелограмм.
б) Можно считать, что сторона $MQ$ параллелограмма видна из точки $A$ изнутри параллелограмма, сторона $PN$ видна из точки $C$ снаружи и, аналогично, сторона $MP$ видна из точки $B$ изнутри, а сторона $NQ$ из точки $D$ видна снаружи. Тогда расположение всех отрезков и треугольников будет таким, как показано на рисунке. Докажем, что, $\angle MPN + \angle NQM = 180\textdegree$ (отсюда будет следовать, что $\angle MPN = \angle NQM = 90\textdegree$). Эта сумма, очевидно, равна $\angle BPC + \angle DQA = 180\textdegree$, поскольку $\angle BPM = \angle DQN$, а $\angle CPN = \angle AQM$.