Задача из журнала «Квант» (2002 год, 3 выпуск)

Условие

Докажите, что сумма квадратов площадей граней любого тетраэдра равна учетверенной сумме квадратов площадей трех его сечений, каждое из которых проходит через середины четырех ребер.

Решение

Сначала докажем следующее утверждение.

Теперь четырьмя плоскостями, параллельными граням тетраэдра и проходящими через середины его ребер, отрежем от него четыре вдвое меньших тетраэдра. Получим многогранник, ограниченный $8$ треугольниками. Серединные сечения исходного тетраэдра разбивают этот многогранник на $8$ тетраэдров, основания которых равны уменьшенным вдвое граням исходного, а боковые грани – четвертям его серединных сечений (рис. $1$). Если применить к каждому из них теорему косинусов и сложить полученные равенства, то каждое из удвоенных произведений войдет в сумму с противоположными знаками, и в результате будет получено утверждение задачи.

А.Заславский

$\DeclareMathOperator{\tg}{tg}$

Задача из журнала «Квант» (2000 год, 6 выпуск)

Задача

Окружность, вписанная в $\triangle ABC$,  касается его сторон в точках  $A’$, $B’$, $C’$,  точка $L$ – середина отрезка $A’B’$ (см. рисунок). Докажите, что $\angle ALB$ — тупой.

Введем обычные обозначения: $AB=c$, $BC=a$, $CA=b$, p — полупериметр $\triangle ABC$. Так как $CA’=CB’=p-c$ и $CL$ биcсектриса $\angle C$, $CL= \left ( p-c \right )\cos\left ( \frac{C}{2} \right ).$ Применяя теорему косинусов к $\triangle ACL$ и $\triangle BCL$, получим

$$AL^{2}=b^{2} +\left ( p-c \right )^{{2}}\cos^{2}\left ( \frac{C}{2} \right )-2b\left (p-c\right )\cos^{2}\left ( \frac{C}{2} \right ),$$ $$BL^{2}=a^{2} +\left ( p-c \right )^{{2}}\cos^{2}\left ( \frac{C}{2} \right )-2a\left ( p-c\right )\cos^{2}\left ( \frac{C}{2} \right ),$$ $$AL^{2}+BL^{2}-c^{2}=2\left (ab\cos C-p \left (p-c\right )\cos^{2}\left ( \frac{C}{2} \right )\right)=$$ $$=\frac{2\left(ab-p\left (p-c\right )-ab\tg^{2}\left ( \frac{C}{2} \right )\right)}{\left (1+\tg ^{2}\left ( \frac{C}{2} \right )\right)}.$$ Поскольку $$ab-p\left ( p-c \right )=\left( \left( p-a \right)+ \left( p-c\right)\right)\left( \left( p-b \right)+\left( p-c \right) \right)-$$ $$-\left ( p-c \right ) ( \left ( p-a \right )+ \left ( p-b\right)+\left ( p-c \right ))=\left ( p-a \right)\left ( p-b \right ),$$ $$\tg ^{2}\left ( \frac{C}{2} \right )=\frac{r^{2}}{\left ( p-c\right )^{2}}=\frac{\left ( p-a \right )\left ( p-b \right )}{p\left( p-c \right)},$$ a $p\left ( p-c \right )< ab$, выражение $AL^{2}+BL^{2}-c^{2}$ отрицательно, т.е. $\angle ALB$ тупой.

А.Заславский

Задача из журнала «Квант» (1981 год, 10 выпуск)

Условие

На сторонах выпуклого четырехугольника площади $S$ вне его построены квадраты, центры которых служат вершинами нового четырехугольника площади $S_{1}$. Докажите, что:

1. $S_{1}$ $\geqslant$ $2S;$
2. $S_{1}$ $=$ $2S;$

в том и только в том случае, когда диагонали исходного четырехугольника равны по длине и взаимно перпендикулярны.

Доказательство

Из рисунка 1 видно, что площадь $S_{1}$ четырехугольника $MNPQ$ (M, N, P, и Q — центры квадратов, построенных на сторонах данного четырехугольника ABCD) равна сумме площадей четырех розовых четырехугольников (с вершинами, соответственно, в центрах двух соседних квадратов и серединах двух соседних сторон исходного четырехугольника) и голубого параллелограмма. Найдем, чему равна площадь одного такого розового четырехугольника EMNF (см. рис. 1).

Обозначим через $\varphi$ угол при вершине $B$ исходного четырехугольника. Заметим, что

$$S_{EMNF} = S_{EBF} + S_{EMB} + S_{FNB} \pm S_{MBN}$$ причем знак «$+$» берется, если $\dfrac{3\pi}{2}-\varphi < \pi$ (рис. 2),

то есть $\dfrac{\pi}{2} < \varphi < \pi,$ и знак «$-$», если $0 < \varphi \leqslant {\pi}{2}$ (рис. 3).

Подсчитав алгебраическую сумму последних трех слагаемых, найдем

$$S_{EMNF} = S_{EBF} + \dfrac{|AB|^2}{8} + \dfrac{|BC|^2}{8} + \dfrac{|AB|\cdot|BC|} {4}\sin\left({\dfrac{3\pi}{2}-\varphi}\right) =$$ $$S_{EBF} + \dfrac{1}{8}\left(|AB|^2-2|AB|\cdot|BC|\cos\left(\varphi-|BC|^2\right)\right) = S_{EBF} + \dfrac{|AC|^2}{8}.$$ (мы воспользовались теоремой косинусов для треугольника ABC)

Проведя аналогичные вычисления для остальных розовых четырехугольников, окончательно получим, что

$$S_{1} = S + \dfrac{1}{4}\left(|AC|^2 + |BD|^2\right).$$ Но $S = \dfrac{1}{2}\left(|AC| \cdot |BD|\sin\alpha\right)$ ($\alpha$ — угол между диагоналями AC и BD), так что $\dfrac{1}{4}\left(|AC|^2 + |BD|^2\right) \geqslant \dfrac{1}{2}|AC| \cdot |BD| \geqslant S$ и $S_{1} \geqslant 2S.$ — мы решили задачу а)
Поскольку последние неравенства превращаются в равенства в том и только в том случае, когда $|AC| = |BD|$ и $\sin\alpha = 1,$ то есть $(AC) \bot (BD),$ мы попутно получаем утверждение б).

П. Гусятников

 

Задача из журнала «Квант» (1996, №4)

Условие

На основании треугольника $ABC$ во внешнюю сторону построены квадраты $ABMN, BCKL,$ и $ACPQ$. На отрезках $NQ$ и $PK$ построены квадраты $NQZT$ и $PKXY$.Найдите разность площадей квадратов $NQZT, PKXY$, если известна разность площадей квадратов$ABMN, BCKL$.

Ответ:

$3d$ (где $3d$ — заданная разность площадей).

По теореме косинусов (см. рисунок),

$NQ^2=AN^2+AQ^2-2AN\cdot AQ\cdot \cos\angle NAQ=AB^2+AC^2-2\cdot AB\cdot BC\cdot \cos\angle NAQ,$ $BC^2=AB^2+AC^2-2AB\cdot AC\cdot \cos\angle BAC$ .

Поскольку $\angle NAC+\angle BAC=180^{\circ}$, сумма их косинусов равна $0$. Поэтому

$NQ^2+BC^2=2AB^2+2AC^2$

Аналогично: $PK^2+AB^2=2BC^2+2AC^2$. Поэтому

$NQ^2-PK^2=3AB^2-3BC^2=3d$

А.Герко, М.Вялый