М1654. Задача о медиане и биссектрисе неравнобедренного треугольника

Задача из журнала «Квант» (1998 год, 5 выпуск)

Условие

Через основание $L$ и $M$ биссектрисы $BL$ и медианы $BM$ неравнобедренного треугольника $ABC$ провели прямые параллельно, соответственно, сторонам $BC$ и $BA$ до пересечения с прямыми $BM$ и $BL$ в точка $D$ и $E$. Докажите, что угол $BED$ прямой.

Рис. 1

Первое решение

Обозначим $O=LD \cap ME$, и пусть точка $O$ лежит внутри треугольника $ABC$ (именно такое расположение было предложено рассмотреть на олимпиаде). $ME$ — медиана треугольника $MBC$ (Рис.1), а значит, и треугольника $MDL$, т.е. $OL=OD$. Далее $\angle DLB = \angle LBC,\; \angle MEL = \angle ABL = \angle LBC$. Получили: $\angle MEL = \angle DLB, \; OL= OE$.

Итак, в треугольнике $LED$ медиана $EO$ равна половине стороны $LD$. Следовательно, угол $DEL$ прямой, откуда сразу следует утверждение задачи.

Случай внешнего расположения точки $O$ рассматривается аналогично. А можно и не рассматривать этот случай, а просто сослаться на такое почти очевидное предложение.

Рис. 2

Лемма. Пусть $B$ и $C$ — произвольные точки на выходящих из $A$ лучах (Рис.2), $BD \parallel CK, \; CE \parallel BF$. Тогда и $ED \parallel KF$.

Следует из теоремы Фалеса; легко получить его с помощью векторов.

С помощью векторов нетрудно получить и естественное решение исходной задачи.

Второе решение

Рис. 3

Ниже мы будем рассматривать векторы в базисе $\{\vec{a} , \; \vec{c} \}, \;$ где $\vec{a} = \vec{BC},\; \vec{c} = \vec{BA}, \;$ длины этих векторов обозначим через $a$ и $c$ соответственно.

Имеем: $\displaystyle \vec{BL}=\vec{c} + \frac{c}{a+c} \Big( \vec{a} — \vec{c} \Big) = \frac{1}{a+c}\Big(a \vec{c} + c \vec{a} \Big)$.

Обозначим $\vec{BE} = \alpha \vec{BL}$, тогда $$ \alpha \vec{BL} + \vec{EM} = \vec{BM} =\frac{1}{2} \Big( \vec{a} + \vec{c} \Big).$$ Приравняем проекции левой и правой частей этого равенства на вектор $\displaystyle \vec{a}: \frac{\alpha c}{a+c} = \frac{1}{2}$, откуда $\displaystyle \alpha = \frac{a+c}{2c}$.

Аналогично, положив $\vec{BD} = \beta \vec{BM}$, получим $\beta \vec{BM}+\vec{DL}=\vec{BL}$; проектируя обе части этого равенства на $\vec{c}$, находим $\displaystyle \frac{\beta}{2}=\frac{a}{a+c}$.

Получили $\displaystyle \vec{BE} = \frac{\vec{a}}{2} + \frac{a}{2c} \vec{c},\; \vec{BD} = \frac{a}{a+c} \Big(\vec{a} + \vec{c} \Big)$. Таким образом, $\displaystyle\frac{\vec{BE}}{a} = \frac{1}{2}\left( \frac{\vec{a}}{a} + \frac{\vec{c}}{c}\right)$ — это высота треугольника, построенного на единичных векторах $\displaystyle \frac{\vec{a}}{a}$ и $\displaystyle \frac{\vec{c}}{c}$. Далее, $\displaystyle \frac{\vec{BE}}{a} = \frac{1}{a+c}\left(a \cdot \frac{\vec{a}}{a}+c \cdot \frac{\vec{c}}{c}\right)$ — (внутренняя) точка основания этого треугольника, отличная от основания высоты. Поэтому очевидно(Рис.3), что $\displaystyle \frac{\vec{BD}}{a}-\frac{\vec{BE}}{a}\bot\vec{BE}$ — и утверждение задачи доказано.

Разумеется, к этому решению можно было подойти более формально: вектор $\displaystyle \vec{BD}-\vec{BE}=\frac{a \left( a-c \right)}{2 \left( a+c \right)} \left(\frac{\vec{a}}{a}-\frac{\vec{c}}{c}\right) $ параллелен основанию треугольника. А можно было и воспользоваться понятием скалярного произведения векторов: $$\displaystyle \left( \vec{BD}, \vec{BE} \right) = \frac{a^2}{2} \left( 1+\frac{\Big( \vec{a}, \vec{c} \Big)}{ac} \right), $$ $$\displaystyle \left( \vec{BE}, \vec{BE} \right) = \frac{a^2}{2} \left( 1+\frac{\Big( \vec{a}, \vec{c} \Big)}{ac} \right).$$

А. Акопян, В. Сендеров

M1815. О перпендикулярах в неплоском четырехугольнике

Задача из журнала «Квант»(2002 год, 2 выпуск)

Условие

Общие перпендикуляры к противоположным сторонам неплоского четырехугольника $ABCD$ взаимно перпендикулярны.

Докажите, что они пересекаются.

Решение

Инструментом решения является теорема Менелая для пространственного четырехугольника, утверждающая, что точки $X,$ $U,$ $Y,$ $V,$ взятые на сторонах четырехугольника $AB,$ $BC,$ $CD,$ $DA$ или их продолжениях, лежат в одной плоскости тогда и только тогда, когда $\frac{AX}{XB} \cdot \frac{BU}{UC} \cdot \frac{CY}{YD} \cdot \frac{DV}{VA} = 1.$

Для доказательства теоремы Менелая продолжим прямые $XU$ и $YV$ до пересечения с $AC.$ Точки $X,$ $U,$ $Y,$ $V$ лежат в одной плоскости тогда и только тогда, когда все три прямые пересекаются в одной точке $P$ либо параллельны (рис. 1).

Рис. 1

Но в этом случае, применяя теорему Менелая к треугольникам $ABC$ и $ACD,$ получаем $\frac{AX}{XB} \cdot \frac{BU}{UC} \cdot \frac{CP}{PA} = 1$ и $\frac{CY}{YD} \cdot \frac{DV}{VA} \cdot \frac{AP}{PC} = 1.$ Перемножая эти равенства, получим требуемое соотношение.

Пусть теперь $XY$ – перпендикуляр к сторонам $AB$ и $CD,$ $UV$ – перпендикуляр к $AD$ и $BC.$ При ортогональной проекции на плоскость, параллельную $XY$ и $UV,$ прямой угол между прямыми $AB$ и $XY$ остается прямым. Поэтому четырехугольник $ABCD$ проецируется в прямоугольник $A’B’C’D’,$ а прямые $XY$ и $UV$ – в параллельные его сторонам прямые $X′Y′$ и $U′V′$ (рис. 2). Очевидно, что $\frac{A’X’}{X’B’} \cdot \frac{B’U’}{U’C’} \cdot \frac{C’Y’}{Y’D’} \cdot \frac{D’V’}{V’A’} = 1.$

Рис. 2

Следовательно, $\frac{AX}{XB} \cdot \frac{BU}{UC} \cdot \frac{CY}{YD} \cdot \frac{DV}{VA} = 1,$ и по теореме Менелая точки $X,$ $Y,$ $U,$ $V$ лежат в одной плоскости. Отсюда сразу следует утверждение задачи.

А.Заславский

M648. О диагоналях вписанного четырехугольника

Задача из журнала «Квант» (1980 год, 10 выпуск)

Условие

Докажите, что если диагонали вписанного четырехугольника перпендикулярны, то середины его сторон и основания перпендикуляров, опущенный из точки пересечения его диагоналей на стороны, лежат на одной окружности.

Решение

Прежде всего заметим, что если $ABCD$ — вписанный четырехугольник с перпендикулярными диагоналями (рис. 1), то подобные треугольники $AKB$ и $CKD$ ($K$ — точка пересечения диагоналей) расположены таким образом, что продолжение высоты, опущенной на гипотенузу одного из них, является медианой другого. (Этот факт, немедленно вытекающий из равенства отмеченных на рисунке 1 углов, по существу уже использовался в решении задач M546 и M592 — см. «Квант», 1980, № 1, 8.)

Рисунок 1

Далее: середины $L$, $P$, $M$, $Q$ сторон четырехугольника $ABCD$, являясь вершинами прямоугольника (рис. 2), лежат на одной окружности. Покажем, что центр $O$ этой окружности делит пополам отрезок $OK$ ($O$ — центр окружности, в которую вписан наш четырехугольник).

Рисунок 2

Для этого достаточно, например, показать, что четырехугольник $LKMO$ — параллелограмм. Поскольку $LK$ — медиана треугольника $AKB$, ее продолжение является высотой треугольника $CKD$, то есть $LK \perp DC$. Но и $OM \perp DC$ (диаметр, проходящий через середину хорды), поэтому отрезки $LK$ и $OM$ параллельны. Аналогично доказывается параллельность отрезков $LO$ и $KM$.

Теперь для окончания решения задачи нам достаточно установить, например, что $|O_1M| = |O_1H|$, где $H$ — основание перпендикуляра, опущенного из точки $K$ на сторону $CD$. Но это следует из того, что $O_1$ — середина гипотенузы $LM$ прямоугольного треугольника $LMH$ (рис. 3).

Рисунок 3

Итак, все восемь точек, упомянутых в условиях задачи, лежат на одной окружности. Интересно, что радиус этой «окружности восьми точек» целиком определяется радиусом $R$ данной окружности и величиной $|OK| = a$. В самом деле, искомый радиус равен половине длины $|LM|$, а $$|LM|^2 = |LP|^2 + |PM|^2 = $$ $$= \frac{1}{4}\left(|AC|^2 + |BD|^2\right) =$$ $$= \frac{1}{4}\left(|AK| + |KC|\right)^2 + \left(|BK| + |KD|)^2\right) =$$ $$= \frac{1}{4}\left(|AB|^2 + |CD|^2 + 2\left(|AK| \cdot |KC| + |BK| \cdot |KD|\right)\right) =$$ $$= \frac{1}{4}\left(|AB|^2 + |CD|^2 + 4\left(R^2 — a^2\right)\right) =$$ $$= \frac{1}{4}\left(4R^2 + 4\left(R^2 — a^2\right)\right) = 2R^2 — a^2.$$

(В этой вкладке мы вначале воспользовались тем, что произведение длин отрезков хорд, пересекающихся в одной и той же точке, постоянно: $$|AK| \cdot |KC| = |BK| \cdot |KD| = (R — a)(R + a)$$ (рис. 4),

Рисунок 4

а затем, сообразив, что $$90^{\circ} = \widehat{BCA} + \widehat{DBC} = \frac{\overset{\smile}{AB} + \overset{\smile}{CD}}{2}$$ и дополнив $\overset{\smile}{CD}$ до полуокружности дугой конгруэнтной $\overset{\smile}{AB}$ получили равенство $$|AB|^2 + |CD|^2 = (2R)^2 = 4R^2$$ см. рисунок 5)

Рисунок 5

Наметим другое решение. Сделаем гомотетию наших восьми точек с центром в точке $K$ и коэффициентом $2$. Тогда утверждение задачи М648 превращается в такую теорему:

Пусть два взаимно перпендикулярных луча с накалом в точке $K$ внутри данной окружности, вращаясь вокруг $K$, пересекают окружность в переменных точках $P$ и $Q$. Тогда четвертая вершина $T$ прямоугольника $PKQT$ (точка симметричная точке $K$ относительно середины $|PQ|$), а также точка $S$, симметричная точке $K$ относительно прямой $PQ$, двигаются по окружности концентричной с данной (рис. 6).

Второй факт (про $S$) следует из первого, так как $S$ симметрична точке $T$ относительно серединного перпендикуляра к $|PQ|$, а первый (про $T$) установлен в решении задачи М539 («Квант», 1979, № 11)

Рисунок 6

Эта «теорема о восьми точках» допускает следующее стереометрическое обобщение:

Если три взаимно перпендикулярных луча с началом в фиксированной точке $K$ внутри данной сферы, вращаясь вокруг $K$, пересекают сферу в переменных точках $A$, $B$ и $C$, то точка пересечения медиан треугольника $ABC$ и основание перпендикуляра, опущенного из $K$ на плоскость $ABC$, двигаются по сфере, центр которой находится в точке $O_1$ отрезка $OK$ ($O$ — центр данной сферы) такой, что $|O_1K| = \frac{1}{3}|OK|,$ а радиус равен $\frac{1}{3}\sqrt{3R^2 — 2a^2}$, где $a = |OK|,$ $R$ — радиус данной сферы.

Доказать это можно, например, следующим образом.

Пусть $D$ — вершина параллелепипеда, определенного отрезками $KA$, $KB$ и $KC$, диагонально противоположная к $K$. Все точки $D$ лежат на сфере с центром в той же точке $O$, что у исходной сферы, и радиусом $\sqrt{3R^2 — 2a^2}$ (см. решение задачи М639 — «Квант», 1969, № 11). При гомотетии с центром $K$ и коэффициентом $\frac{1}{3}$ точка $D$ будет все время переходить в точку пересечения медиан треугольника $ABC$ (докажите!), а точка $O$ перейдет в точку $O_1$. Таким образом, точка пересечения медиан треугольника $ABC$ все время лежит на указанной сфере.

Осталось показать, что проекция точки $K$ на плоскость треугольника $ABC$ также все время лежит на этой сфере. Поскольку отрезки $KA$, $KB$ и $KC$ взаимно перпендикулярны, проекция точки $K$ совпадет с точкой $H$ пересечения высот треугольника $ABC$. Утверждение будет доказано, если мы, например, получим равенство $|O_1H| = |O_1M|$, где $M$ — точка пересечения медиан треугольника $ABC$. Для этого заметим, что центр сферы $O$ проектируется в центр $Q$ описанной вокруг треугольника $ABC$ окружности, и воспользуемся таким известным фактом: точки $Q$, $M$ и $H$ лежат на одной прямой (прямой Эйлера), точка $M$ — между точками $Q$ и $H$, причем $2|QM| = |MH|$. (Если этот факт вам неизвестен, докажите его.) Остальное легко следует из рисунка 7: поскольку $|O_1K| = \frac{1}{3}|OK|$, а $|QM| = \frac{1}{3}|QH|$, точка $O_1$ проектируется в середину отрезка $MH$, то есть $O_1$ равноудалена от $M$ и $H$.

Рисунок 7

И. Шарыгин