M677. О высоте, медиане и биссектрисе, радиусе вписанной окружности в правильном треугольнике

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

Условие

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

точкой пересечения медиан;
точкой пересечения биссектрис;
точкой пересечения высот.

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

Решение

Рис.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.

Рис.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 $B = C = \frac{\pi}{3}$ .

Рис.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

M674. Геометрическая задача

Задача из журнала «Квант» (1981 № 3)

Условие

На сторонах $BC, AC, AB$ остроугольного треугольника $ABC$ взяты точки $A_1, B_1, C_1$ соответственно. Известно, что центр описанной окружности совпадает с точкой пересечения высот треугольника $ABC$ окружности совпадают с точкой пересечения высот треугольника $A_1B_1C_1$ . Докажите что треугольники $ABC$ и $A_1B _1C _1$ подобны.

Решение

Пусть $A_0,B_0,C_0$ -середины сторон треугольника $ABC$ . $O$ центр описанной около него окружности. Треугольник $A_0B_0C_0$ подобен треугольнику $ABC$ , а точка $O$ является точкой пересечения его высот.

Рассмотрим преобразования подобнo $F=H_O^k*R_O^k$ где $k= \frac{1}{\cos(α)}$ . При этом точки $F(A_0), F(B_0)$ и $F(C_0)$ будут принадлежать прямым $BC, AC,$ и $AB$ соответственно. Таким образом, при изменение $α$ мы получаем целое семейство треугольников с общим ортоцентром, вписанных в треугольник $ABC$ и ему подобных. Осталось показать, что треугольник $A_1B_1C_1$ принадлежит этому семейству.

Выберем $α= ∠B_0OB_1$ так, что $F(B_0)=B_1$ ; пусть $F(A_0)=A_2, F(C_0)=C_2$ Точка $O$ служит пересечением высот треугольников $A_1B_1C_1$ и $F(A_0B_0C_0)= A_2B_1C_2$ ; значит, сторона $A_2C_2$ должна быть параллельна стороне $A_1C_1$ или совпадать с ней. Но ясно, что высота треугольника $A_2B_1C_2$ , опущенные из вершины $A_2$ и $C_2$ , не могут пройти через $O$ , за исключением того случая, когда $A_1B_1C_1$ и $A_2B_1C_2$ совпадают.

В заключение заметим, что в это решение остроугольность $ABC$ не использовалась; утверждение верно для любого треугольника $ABC$ , и любых точек $A_1,B_1,C_1$ и на прямых $BC,AC,AB$ .

M447. Задача об остроугольном треугольнике

Задача из журнала «Квант»(1977, №6)

Условие

В остроугольном треугольнике $ABC$ отрезки $BO$ и $CO$ (где $O$ — центр описанной окружности) продолжены до пересечения в точках $D$ и $E$ со сторонами $AC$ и $BC$ треугольника. Оказалось, что $\widehat{BDE}=50^{\circ}$ , а $\widehat{CED}=30^{\circ}$ . Найдите величины углов треугольника $ABC$ и докажите равенства $\left | AE \right |=\left | ED \right |$ , $\left | CE \right |=\left | CB \right |$ , $\left | CD \right |=\left | CO \right |$ .

Решение

Величина угла $A$ находится легко (см. рис. 1): поскольку $\widehat{BOC}=\widehat{EOD}=180^{\circ}-30^{\circ}-50^{\circ}=100^{\circ}$ , величина вписанного угла $A=50^{\circ}$ . Заметим также, что $\widehat{OBC}=\widehat{OCB}=40^{\circ}$ (поскольку $\left | BO \right |=\left | CO \right |$ ).

Рис. 1

Найти величины других углов треугольника $ABC$ можно с помощью теоремы синусов. Положим $\widehat{EBD}=\varphi$ . Тогда $\widehat{OEB}=100^{\circ}-\varphi$ , $\widehat{ABC}=\varphi +40^{\circ}$ , $\widehat{ACB}=90^{\circ}-\varphi$ , $\widehat{OCD}=50^{\circ}-\varphi$ , $\widehat{ODC}=\varphi +50^{\circ}$ ; таким образом, $0^{\circ}< \varphi < 50^{\circ}$ . Из треугольников $ODE, OBE$ и $OCD$ находим: $\frac{\sin 50^{\circ}}{\sin 30^{\circ}}=\frac{\left | OE \right |}{\left | OD \right |}=\frac{\left | OE \right |}{\left | OB \right |}\cdot \frac{\left | OE \right |}{\left | OD \right |}=$ $=\frac{\sin \widehat{OBE}}{\sin \widehat{OEB}}\cdot \frac{\sin \widehat{ODC}}{\sin \widehat{OCD}}=\frac{\sin \varphi \sin \left ( \varphi +50^{\circ} \right )}{\sin \left ( 100^{\circ} -\varphi \right )\sin \left ( 50^{\circ}-\varphi \right )} .$ Уравнение, из которого мы должны найти $\varphi \left ( 0^{\circ} < \varphi < 50^{\circ}\right )$ : $\frac{\sin \varphi \sin \left ( \varphi +50^{\circ} \right )}{\sin \left ( 100^{\circ} -\varphi \right )\sin \left ( 50^{\circ}-\varphi \right )} = 2\sin 50^{\circ},$ эквивалентно следующим: $2\sin 50^{\circ}\left ( \cos 50^{\circ} -\cos \left ( 150^{\circ} -2\varphi \right ) \right ) =\cos 50^{\circ}-\cos \left ( 50^{\circ}+2\varphi \right ),$ $\sin 20^{\circ}-\sin\left ( 2\varphi -40^{\circ} \right )+2\sin 50^{\circ}\cos \left ( 2\varphi +30^{\circ} \right )=0,$ $\cos \left ( \varphi -10^{\circ} \right )\sin \left ( 30^{\circ}-\varphi \right )+\sin 50^{\circ}\sin \left ( 60^{\circ}-2\varphi \right )=0,$ $\sin\left ( 30^{\circ} -\varphi \right )\left ( \cos \left ( \varphi -10^{\circ} \right )+2\sin 50^{\circ}\cos \left ( 30^{\circ}-\varphi \right ) \right )=0.$ Поскольку $\cos \left ( \varphi -10^{\circ} \right )$ и $\cos \left ( \varphi -30^{\circ} \right )$ положительны при $0^{\circ}< \varphi < 50^{\circ}$ , последнее уравнение имеет единственный корень $\varphi =30^{\circ}$ .

Отсюда $\widehat{ABC}=70^{\circ}$ , $\widehat{ACB}=60^{\circ}$ /

Далее, $\widehat{BEC}=70^{\circ}\Rightarrow \left | CE \right |=\left | CB \right |;$ $\widehat{ODC}=80^{\circ}\Rightarrow \left | CD \right |=\left | CO \right |;~\widehat{ADE}=50^{\circ}\Rightarrow \left | EA \right |=\left | ED \right |.$

Равенства длин, которые требуется установить в задаче, подсказывают, какие углы должен иметь треугольник $ABC$ . Но даже зная ответ, придумать данное выше тригонометрическое решение трудно. Вместо этого можно рассуждать иначе.

Рис. 2

Заметим прежде всего, что условия $\widehat{OED}=30^{\circ}, \widehat{ODE}=50^{\circ}$ определяют ответ однозначно. Действительно (рис. 2), если на окружности с центром $O$ закрепить точки $B$ и $C$ так, что $\widehat{BOC}=100^{\circ}$ , и перемещать точку $A$ по дуге ${B}'{C}’$ (симметричной дуге $BC$ ) от точки ${B}’$ к точке ${C}’$ , то точка $D\in \left [ {B}’O \right ]$ будет приближаться к $O$ , а $E\in \left [ O{C}’\right ]$ — удаляться от $O$ ; при этом величина угла $\widehat{ODE}$ будет возрастать, а угла $\widehat{OED}$ — убывать; значит, только при одном положении $A$ эти величины могут принять нужные значения ( $50^{\circ}$ и $30^{\circ}$ ).

Рис. 3

Теперь нужно лишь доказать, что треугольник с углами $\widehat{A}=50^{\circ}$ , $\widehat{B}=70^{\circ}$ , $\widehat{C}=60^{\circ}$ удовлетворяют условию, то есть что все углы — такие, как указано на рисунке 3:

Достаточно проверить, что $DE$ — биссектриса угла $ADB$ : $\frac{\left | AE \right |}{\left | EB \right |}=\frac{\left | AE \right |}{\left | EC \right |}=\frac{\left | EC \right |}{\left | EB \right |}=\frac{\sin 20^{\circ}\sin 70^{\circ}}{\sin 50^{\circ}\sin 40^{\circ}}=$ $\frac{2\sin 20^{\circ}\cos 20^{\circ}}{2\sin 50^{\circ}\sin 40^{\circ}}=\frac{\sin 30^{\circ}}{\sin 50^{\circ}}=\frac{\left | AD \right |}{\left | DB \right |}.$
Здесь мы снова используем теорему синусов. А вот чисто геометрическое доказательство.

Рис. 4

Треугольник $ECB$ имеет ось симметрии, поскольку $\widehat{CEB}=\widehat{CBE}$ . Пусть $K$ — точка, симметричная точке $O$ относительно этой оси (рис. 4). Тогда треугольник $KCD$ равносторонний ( $\left | KC \right |=\left | OC \right |=\left | DC \right |=a,~\widehat{KCD}=60^{\circ}$ ), и потому $\left | KD \right |=a,~\widehat{DKC}=\widehat{KDC}=60^{\circ}$ , а $\bigtriangleup KBE\cong \bigtriangleup OEB$ , и потому $\widehat{BEK}=30^{\circ},~\widehat{EKB}=80^{\circ},~\left | EK \right |=\left | OB \right |=a$ . Итак, треугольник $EKD$ равнобедренный, $\widehat{EKD}=40^{\circ}$ , поэтому $\widehat{KED}=\widehat{KDE}=70^{\circ},$ $\widehat{ODE}=70^{\circ}- \widehat{ODK}=70^{\circ}-\left ( 80^{\circ} -60^{\circ}\right )=50^{\circ},$ $\widehat{OED}=70^{\circ}-40^{\circ}=30^{\circ}.$

Н. Васильев,
Я. Суконник