На сторонах треугольника ABC во внешнюю сторону построены подобные между собой треугольники ADB,BEC и CFA, где |AD||DB|=|BE||EC|=|CF||FA|=k;^ADB=^BEC=^CFA=α. Докажите, что:
середины отрезков AC,DC,BC і EF− вершины параллелограмма;
у этого параллелограмма два угла имеют величину α, a отношение длин сторон равняется k.
Л. Купцов
Решение
Обозначим через →a′ вектор, полученный из вектора →a поворотом на угол α против часовой стрелки. (Как известно, (k→a)′=k→a′ для любого числа k,(→a+→b)′=→a′+→b′, и вообще, для любого числа слагаемых, (→a+→b+…+→c)′=→a′+→b′+…+→c′).
Введем векторы →DA=→a,→EB=→b,→FC=→c (см. рис.1).
рис.1
По условию →DB=1k→a′,→EC=1k→b′,→FA=1k→c′. Так как →AD+→DB+→BE+→EC+→CF+→FA=→0,−→a+1k→a′−→b+1k→b′−→c+1k→c′=→0, то есть →a+→b+→c=→a′+→b′+→c′k=1k(→a+→b+→c)′.
Обозначив →a+→b+→c через →u, получим →u−1k→u′=0.(∗) Поскольку векторы →u та →u′ неколинеарные (α≠0 и α≠2π), равенство (∗) возможно тогда и только тогда, когда →u=→0. Поэтому →a+→b+→c=→0.
Далее: поскольку Q− середина [DC] и P− середина [AC] (см. рис.1), →QP=12→a. Аналогично →QR=12→DB. Так как (PQ)‖(AD) и (QR)‖(BD), имеем ^PQR=α.
Наконец, →RS=→RC+→CF+→FS=12→BC−→c+12→FE==12(−→b+1k→b′)−→c+12(→c−1k→b′)=−→b+→c2=→a2=→QP.
Таким образом, четырехугольник PQRS− параллелограмм с углом PQR, равным α, в котором отношение длин сторон имеет вид |PQ||RQ|=|AD||DB|=k.
На сторонах BC,AC,AB остроугольного треугольника ABC взяты точки A1,B1,C1 соответственно. Известно, что центр описанной окружности совпадает с точкой пересечения высот треугольника ABC окружности совпадают с точкой пересечения высот треугольника A1B1C1. Докажите что треугольники ABC и A1B1C1 подобны.
Решение
Пусть A0,B0,C0 -середины сторон треугольника ABC. O центр описанной около него окружности. Треугольник A0B0C0 подобен треугольнику ABC, а точка O является точкой пересечения его высот.
Рассмотрим преобразования подобнo F=HkO∗RkO где k=1cos(α). При этом точки F(A0),F(B0) и F(C0) 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 A1B1C1 принадлежит этому семейству.
Выберем α=∠B0OB1 так, что F(B0)=B1; пусть F(A0)=A2,F(C0)=C2 Точка O служит пересечением высот треугольников A1B1C1 и F(A0B0C0)=A2B1C2; значит, сторона A2C2 должна быть параллельна стороне A1C1 или совпадать с ней. Но ясно, что высота треугольника A2B1C2, опущенные из вершины A2 и C2, не могут пройти через O, за исключением того случая, когда A1B1C1 и A2B1C2 совпадают.
В заключение заметим, что в это решение остроугольность ABC не использовалась; утверждение верно для любого треугольника ABC, и любых точек A1,B1,C1 и на прямых BC,AC,AB.
В треугольнике ABC отрезки CM и BN – медианы, P и Q – точки соответственно на AB и AC такие, что биссектриса угла C треугольника одновременно является биссектрисой угла MCP, а биссектриса угла B – биссектрисой угла NBQ. Можно ли утверждать, что треугольник ABC равнобедренный, если
а) BP=CQ;
б) AP=AQ;
в) PQ||BC;
Отрезки BQ и CP называются симедианами.
а) Да. Перепишем равенство BP=CQ, пользуясь теоремой:b3+ba2=c3+ca2.
Поскольку f(x)=x3+xa2 – монотонная функция, получаем, что b=c.
К этому равенству можно прийти и так: b3−c3=a2(c−b); значит, при b≠c будет b2+bc+c2=−a2; но b2+bc+c2⩾0.
в) Да. AQQC=APPB, т.е. c2a2=b2a2.
б) Нет. AP=c⋅b2b2+a2, AQ=b⋅c2c2+a2.
Перепишем AP=AQ:bc(b—c)=a2(b—c). Значит, в неравнобедренном треугольнике таком, что a2=bc, имеем AP=AQ.
Если A – наибольший или наименьший угол треугольника, AP=AQ, то треугольник равнобедренный.
Неравнобедренный треугольник такой, что AP=AQ – это треугольник со сторонами вида d,dq,dq2, где q≠1.
Пункт б) (именно он предлагался на Турнире городов) можно решить и без помощи теоремы, пользуясь лишь соображениями непрерывности. Это можно сделать по такой, например, схеме.
Пусть для треугольника ABC будет AP>AQ, а для треугольника A′B′C′AP′<AQ′. «Перетянем» A в A′, B в B′, C в C′; по дороге нам встретится треугольник A′′B′′C′′ такой, что A′′P′′=A′′Q′′. Если возникающие при этом «перетягивании» треугольники не являются равнобедренными, то задача решена.
Приведем пример реализации этой схемы.
Рассмотрим треугольник рисунка 2:
AB=1,∠A=π3,∠B=π2;CD– биссектриса.
Так как ADBD=ACBC, то AD>12: следовательно, AP>12.
Далее, ∠ABQ=∠NBC=π6; значит, AQ=12.
Рассмотрим теперь треугольник рисунка 3: ∠A=π4,∠B=π2,BC=1. Имеем: AQ=√22; обозначим через G точку пересечения медиан, из подобных треугольников CQG и CBP получаем BPBC=GQQC=GQBQ=13. Окончательно: AP=1–BP=23<√22=AQ.
На сторонах AB, BC и CA треугольника ABC как на основаниях вне его построены треугольники ABC1, BCA1, CAB1, у каждого из которых отношение высоты к основанию равно k. Такие же треугольники ABC2, BCA2 и CAB2 построены и по другую (внутреннюю) сторону от оснований. Докажите, что площади S, S1 и S2 треугольников ABC, A1B1C1 и A2B2C2 связаны соотношением S1±S2=S⋅(12+6k2) (знак «+» или «−» зависит от ориентации треугольника A2B2C2 по отношению к ABC).
Доказательство
Вершины треугольников с площадями S1 и S2 лежат на серединных перпендикулярах к сторонам треугольника ABC, проходящих через центр O его описанной окружности. Если обозначить через R радиус этой окружности, а через α, β, γ — углы треугольника ABC, то из рис.1 видно, что, поскольку синусы углов между перпендикулярами равны синусам углов между соответствующими сторонами, то 2S1=OA1⋅OB1⋅sinγ+OB1⋅OC1⋅sinα+OC1⋅OA1⋅sinβ.
рис.1
Пусть t — тангенс угла наклона стороны равнобедренного треугольника к основанию (t=2⋅k). Тогда отрезки от O до вершин легко выразить через радиус R и получить, что 2S1R2=(cosα+tsinα)⋅(cosβ+tsinβ)⋅sinγ++(cosβ+tsinβ)⋅(cosγ+tsinγ)⋅sinα++(cosγ+tsinγ)⋅(cosα+tsinα)⋅sinβ.
Отношение же 2S2R2 (для случая, изображенного на рис.1) равно аналогичному выражению, где вместо t стоит −t. Сложив оба эти выражения и раскрыв скобки, мы увидим, что коэффициент при t1 равен 0, коэффициент при t2 равен 6⋅sinα⋅sinβ⋅sinγ, а свободный член (здесь нужно использовать равенство α+β+γ=π, откуда cotα⋅cotβ+cotβ⋅cotγ+cotα⋅cotγ=1) равен 2⋅sinα⋅sinβ⋅sinγ. По известной формуле S=abc4R, выражающей площадь S через стороны a, b, c и радиус описанной окружности R, 2⋅sinα⋅sinβ⋅sinγ=2abc8R3=SR2
Откуда получаем нужную формулу S1+S2=1+3t22S=S⋅(12+6k2).
Эти рассуждения необходимо несколько уточнить, чтобы они оказались применимы не только для случая, изображенного на рис.1, но и для случая, когда внутренние треугольники налегают друг на друга, в частности, когда A2B2C2 имеет противоположную ориентацию. Вместо этого мы посмотрим на наши рассуждения с более общей точки зрения.
Верен такой общий факт: если три точки K, L и M с постоянными скоростями движутся по трем прямым, то площадь ориентированного треугольника KLM как функция,зависящая от времени t, выражается квадратным трехчленом от t:S=F(t). Легко доказать это, например, с помощью метода координат (формула ориентированной площади треугольника с вершинами (x1,y1), (x2,y2), (x3,y3) выглядит так: S=x1y2—x2y1+x2y3—x1y2+x3y1—x1y32. Ясно, что если каждая координата выражается линейной функцией от t, то S — квадратный трёхчлен от t).
Будем считать, что при t=0 наши точки совпадают с серединами сторон треугольника ABC и двигаются по серединным перпендикулярам (при t>0 во внешнюю сторону) со скоростями, пропорциональными длинам a, b, c соответствующих сторон треугольника: при некотором t они занимают положения A1, B1, C1, а при противоположном значении (−t) — положения A2, B2, C2. Нас интересует сумма F(t)+F(−t), то есть свободный и старший (содержащий t2) члены F(t), которые по сущетсув мы и вычисляли выше (1).
Интересно заметить, однако, что они имеют геометрический смысл, так что можно найти их без вычислений. Свободный член F(0) — это S4 (площадь треугольника из средних линий ABC). Чтобы найти старший коэффициент, — он определяется как отношение площади S1 к t2 в пределе при t стремящемся к бесконечности, — заметим, что при очень большом t треугольник ABC можно считать «почти точкой» O. При этом векторы OA1, OB1, OC1 перпендикулярны соответствующим сторонам треугольника и им пропорциональны ( с коэффициентом k=t2 ). Сумма этих векторов OA1, OB1 и OC1 равна нулю (как и векторов, образующих стороны треугольника), то есть они служат отрезками медиан треугольника A1B1C1, причем последний по площади в 3 раза больше треугольника A1OD (рис.2), подобного ABC с коэффициентом k. Отсюда ясно, что старший член F(t) имеет вид 3k2⋅S=3t2⋅S4. рис.2
Итак, F(t)=S(1+…+3t2)4, откуда следует нужная формула (2) для S1±S2=F(t)+F(−t).
Отметим интересные частные случаи нашей формулы: если на сторонах строятся правильные треугольники, то t=√3, так что S1±S2=5S; если равнобедренные прямогульные, то −t=1 и S1±S2=2S; а если t=√36 (при этом новые точки — центры правильных треугольников, построенных на сторонах), то S1±S2=S.
Из центра каждой из двух данных окружностей проведены касательные к другой окружности. Докажите, что хорды, соединяющие точки пересечения касательных с окружностями (на рисунке 1 эти хорды показаны красным цветом), имеют одинаковые длины.
Доказательство:
Из подобия соответствующих треугольников (см. рисунок 2) легко находим,что каждая хорда имеет длину 2RrO1O2.
