Задача из журнала «Квант» (1980, №3)

Условие

На сторонах треугольника $ABC$ во внешнюю сторону построены подобные между собой треугольники $ADB,$ $BEC$ и $CFA,$ где
$$\frac{|AD|}{|DB|} = \frac{|BE|}{|EC|}= \frac{|CF|}{|FA|}=k;$$ $$\widehat{ADB}=\widehat{BEC}=\widehat{CFA}=\alpha.$$ Докажите, что:

1. середины отрезков $AC,$ $DC,$ $BC$ і $EF -$ вершины параллелограмма;
2. у этого параллелограмма два угла имеют величину $\alpha,$ a отношение длин сторон равняется $k.$

Решение

Обозначим через $\vec a^\prime$ вектор, полученный из вектора $\vec a$ поворотом на угол $\alpha$ против часовой стрелки. (Как известно, $(k\vec a)^\prime = k\vec a ^\prime$ для любого числа $k,$ $(\vec a+\vec b)^\prime=\vec a^\prime+\vec b^\prime,$ и вообще, для любого числа слагаемых, $(\vec a+\vec b+\ldots+\vec c)^\prime=\vec a^\prime+\vec b^\prime+\ldots+\vec c^\prime).$

Введем векторы $\overrightarrow{DA} = \vec a,$ $\overrightarrow{EB} = \vec b,$ $\overrightarrow{FC}=\vec c$ (см. рис.1).

По условию $\overrightarrow{DB}=\frac 1k \vec a^\prime,$ $\overrightarrow{EC}=\frac 1k \vec b^\prime,$ $\overrightarrow{FA}=\frac 1k \vec c^\prime.$ Так как
$$\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{DB}+\overrightarrow{BE}+\overrightarrow{EC}+\overrightarrow{CF}+\overrightarrow{FA}=\vec 0,$$ $$-\vec a+\frac 1k \vec a^\prime-\vec b+\frac 1k \vec b^\prime-\vec c+\frac 1k \vec c^\prime=\vec 0,$$ то есть $\vec a+\vec b+\vec c=\frac{\vec a^\prime+\vec b^\prime+\vec c^\prime}{k}=\frac 1k (\vec a+\vec b+\vec c)^\prime.$
Обозначив $\vec a+\vec b+\vec c$ через $\vec u,$ получим $$\vec u-\frac 1k \vec u^\prime=0. \qquad (\ast)$$ Поскольку векторы $\vec u$ та $\vec u^\prime$ неколинеарные $(\alpha \ne 0$ и $\alpha \ne 2\pi),$ равенство $(\ast)$ возможно тогда и только тогда, когда $\vec u=\vec 0.$ Поэтому $\vec a+\vec b+\vec c=\vec 0.$

Далее: поскольку $Q \: -$ середина $[DC]$ и $P \: -$ середина $[AC]$ (см. рис.1), $\overrightarrow{QP}=\frac 12 \vec a.$ Аналогично $\overrightarrow{QR}=\frac 12 \overrightarrow{DB}.$ Так как $(PQ)\|(AD)$ и $(QR) \| (BD),$ имеем $\widehat{PQR}=\alpha.$

Наконец, $$\overrightarrow{RS}=\overrightarrow{RC}+\overrightarrow{CF}+\overrightarrow{FS}=\frac 12 \overrightarrow{BC}-\vec c+\frac 12 \overrightarrow{FE}=$$ $$=\frac 12(-\vec b+\frac 1k \vec b^\prime)-\vec c+\frac 12 (\vec c-\frac 1k \vec b^\prime)=-\frac{\vec b+\vec c}{2}=\frac{\vec a}{2}=\overrightarrow{QP}.$$

Таким образом, четырехугольник $PQRS \: -$ параллелограмм с углом $PQR,$ равным $\alpha,$ в котором отношение длин сторон имеет вид $\frac{|PQ|}{|RQ|}=\frac{|AD|}{|DB|}=k.$

Задача из журнала «Квант» (1981 год, 9 выпуск)

Условие

Вокруг квадрата описан параллелограмм (вершины квадрата лежат на разных сторонах параллелограмма). Докажите, что перпендикуляры, опущенные из вершин параллелограмма на стороны квадрата, образуют новый квадрат $(рис. 1).$

Решение

Пусть вокруг черного квадрата $(см. рис. 1)$ описан голубой параллелограмм $ABCD$ и через все его вершины проведены красные прямые, перепендикулярные сторонам квадрата. Достаточно доказать, что при повороте на $90^{\circ}$ вокруг центра $O$ черного квадрата красные прямые переходят друг в друга.

                                              $Рис. 1.$

Пусть $H = R_{0}^{90^{\circ}}(A).$ Поскольку стороны повернутого параллелограмма перпендикулярны сторонам исходного, $(HE)\perp (AB)$ и $(HF)\perp (BC).$ Поэтому $H$ — точка пересечения высот треугольника $EBF$ и, следовательно, $H$ лежит на красной прямой, проведенной через вершину $B.$ Таким образом, красная прямая, проведенная через точку $A,$ переходит при повороте $R_{0}^{90^{\circ}}$ в красную прямую, проведенную через точку $B.$ Отсюда немедленно следует утверждение задачи.

Теорема о том, что три высоты треугольника пересекаются в одной точке (мы надеемся, известная нашим читателям), не доказывается в школьном учебнике. Поэтому мы приведем еще одно решение задачи $M704,$ хотя и не столь изящное, но тоже простое.

Это решение годится и для более общего случая, когда роль квадрата играет черный параллелограмм $(рис. 2):$ мы докажем, что красные прямые (соответственно параллельные сторонам черного параллелограмма) образуют параллелограмм, гомотетичный черному параллелограмму.

                                $Рис. 2.$

Для доказательства достаточно проверить, что красная точка $K$ (см. рисунок 3 — фрагмент рисунка 2) лежит на диагонали параллелограмма $EG.$ Из подобия заштрихованных треугольников следует, что $\frac{x}{a} = \frac{b}{v}$ и $\frac{a}{y} = \frac{u}{b}$ (обозначения см. на рисунке 3). Перемножив эти равенства, получим $\frac{x}{y} = \frac{u}{v},$ а это и значит, что точка $K$ лежит на $EG.$

                                      $Рис. 3.$

Полученный результат напоминает теорему Паппа, которую $Д.~ Гильберт$ и $С.~ Кон-Фоссен$ в своей замечательной (переизданной недавно по-русски) книге «Наглядная геометрия» формулируют так $(с. 126—127):$ если вершины замкнутой шестизвенной ломаной лежат попеременно на двух прямых и две пары ее противоположных звеньев параллельны, то и третья пара звеньев параллельна (на рисунке 3 — как раз такая ломаная $AKBEFGA$).

На этом возможности обобщений не исчерпаны. Если «сфотографировать» конфигурацию рисунка 3 (то есть спроектировать ее из некоторой точки $S,$ не лежащей в плоскости рисунка, на непараллельную плоскость), мы получим конфигурацию Паскаля: три пары параллельных на рисунке 3 прямых будут пересекаться на «фотографии» в трех точках одной прямой — нам удобно обозначить их $A_{1},$ $F_{1}$, $B_{1}$ $(рис. 4)$ — и наша теорема о точках $E,$ $K,$ $G$ превратиться в такую теорему: если каждая тройка точек $A,$ $B,$ $F$ и $A_{1},$ $B_{1},$ $F_{1}$ лежит на прямой, то точки $(AB_{1})\cap (A_{1}B),$ $(BF_{1})\cap (B_{1}F)$ и $(AF_{1})\cap (A_{1}F)$ также лежат на прямой.                                                $Рис. 4.$

Н.Васильев

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 $\angle CPN = \angle AQM$.

Задача из журнала «Квант» (2000 год, 4 выпуск)

Условие

Хорды $AC$ и $BD$ окружности с центром $O$ пересекаются в точке $K$ (рис.$1$). Точки $M$, $N$ — центры окружностей, описанных около треугольников $AKB$ и $CKD$. Докажите, что $OMKN$ — параллелограмм.

А.Заславский

<12>Решение

Пусть $X$ — середина $KB$ (рис.$2$). Тогда $\angle KMX=\displaystyle\frac{1}{2}\angle KMB=\angle KAB=\angle KDC$. Поскольку $MX\bot BD$, то $KM\bot CD$. Так как при этом $ON\bot CD$, то $ON\|KM$. Аналогично, $OM\|KN$. Если точки $O$, $K$, $M$, $N$ не лежат на одной прямой, то $OMKN$ — параллелограмм и $OM=KN$. В противном случае рассмотрим ортогональные проекции отрезков $OM$ и $KN$ на $AC$. Так как точки   $O$, $M$, $N$ проектируются в середины отрезков $AC$, $AK$ и $KC$ соответственно, то проекции обоих параллельных отрезков равны $\displaystyle\frac{KC}{2}$, следовательно, равны и длины самих отрезков.