М4. О равенстве медианы и высоты

Задача из журнала «Квант» (1970 год, 1 выпуск)

Условие

Дан отрезок $AB$ . Найти на плоскости множество точек $C$ таких, что в треугольнике $ABC$ медиана, проведенная из вершины $A$ , равна высоте, проведенной из вершины $B$ .

Решение

Введём прямоугольную систему координат с началом в точке $A$ , пусть точка $B$ имеет координаты $(2;0)$ , а искомая точка $C$ — координаты $(x;y)$ . Пусть $AF$ — медиана в треугольнике $ABC$ , $BK \bot AC$ (рис.1). Легко показать, что точка F имеет координаты $\left(\frac{x+2}{2};\frac{y}{2}\right)$ . Тогда $FA^{2}=\left(\frac{x+2}{2} \right)^{2}+\frac{y^{2}}{4}$ .

рис. 1

По условию $BK^{2}=AF^{2}$ , поэтому из подобия треугольников $AKB$ и $ACD$ следует, что $\frac{BK^{2}}{AK^{2}} = \frac{CD^{2}}{AD^{2}}$ или

$\frac{ \left(\frac{x+2}{2}\right )^{2}+\frac{y^{2}}{4} }{4-\left[ \left(\frac{x+2}{2} \right)^{2}+\frac{y^{2}}{4}\right]} = \frac{y^{2}}{x^{2}}$

Преобразовывая предыдущее равенство, получим:

$y^{4}+\left(2x^{2}+4x-12\right)\cdot y^{2}+\left(2x+x^{2}\right)^{2}=0$

Это и есть уравнение, связывающее координаты искомых точек. Может показаться, что оно определяет кривую четвертого порядка, нарисовать которую довольно трудно, но на самом деле левая часть уравнения легко раскладывается на множители:

$\left[\left(x+1\right)^{2}+\left(y+\sqrt{3}\right)^{2}-4\right] \left[\left(x+1\right)^{2}+\left(y-\sqrt{3}\right)^{2}-4\right]=0$

Задача решена.

М1606. Построение отрезка параллельного стороне треугольника и видимого из середины этой стороны под прямым углом

Задача из журнала «Квант» (1997, №5)

Условие

Дан треугольник $ABC$ . Постройте отрезок $DE$ с концами на сторонах $AB$ и $BC$ , параллельный стороне $AC$ и видимый из середины стороны $AC$ под прямым углом.

Решение

Задача легко решается методом подобия. Пусть $P$ — точка, в которой продолжение медианы $BK$ пересекает полуокружность с центром $K$ и диаметром $AC$ (см. рисунок). При гомотетии с центром $B$ , переводящей точку $P$ в точку $K$ , отрезок $AC$ перейдет в искомый отрезок $DE$ : этот отрезок параллелен $AC$ и $\angle DKE = \angle APC=90$
M1606
Заметим, что треугольник $AKP$ (а также $CKP$ ) — равнобедренный, поэтому углы $\angle DKA = \angle KAP$ и $\angle DKB = \angle APK$ равны (и, аналогично, $\angle BKE = \angle EKC$ ). Таким образом, для построения нужного отрезка $DE$ достаточно провести биссектрисы $KD$ и $KE$ углов $AKB$ и $BKC$ . То, что полученный отрезок $DE$ обладает нужными свойствами, легко доказать непосредственно: $\angle DKE = 90$ , поскольку он состоит из половинок углов, дающие в сумме развернутый угол, а параллельность $DE$ и $AC$ вытекает из равенств, использующих свойства биссектрис:

$\frac {AD}{DB} = \frac {AK}{KB} = \frac {CK}{KB} = \frac {CE}{EB}$ .

Задача имеет и другие решения, связанные с подсчетом углов.

Р.Травкин, Н.Васильев, В.Сендеров

М1586

Формулировка:

Из некоторого прямоугольника вырезан равносторонний треугольник так, что одна из его вершин находится в вершине прямоугольника, а две другие лежат на сторонах прямоугольника ( не содержащих эту вершину ). Докажите, что площадь одного из оставшихся прямоугольных треугольников равна сумме площадей двух других.

Решение:

Одно из решений (см. рисунок): если $\angle BAM=\alpha,$ то $\angle CBL=$ $180^{\circ} — (90^{\circ} — \alpha ) —$ $60^{\circ} =$ $= 30^{\circ} + \alpha,$ $\angle CAK = 30^{\circ} — \alpha,$ $\angle BCL=60^{\circ} — \alpha$ , и утверждение задачи сводится к проверке тождества (для $0<\alpha <30^{\circ}$ ):

$\sin \alpha \cos \alpha+\sin(30^{\circ} — \alpha )\cos(30^{\circ} — \alpha ) = \sin(30^{\circ} + \alpha )\cos(30^{\circ} + \alpha ),$

или, переходя к двойным углам, $\sin 2\alpha + \sin(60^{\circ} — 2\alpha ) = \sin(60^{\circ} + 2\alpha )$ .

Оно следует из формулы $\sin (60^{\circ} + 2\alpha ) — \sin(60^{\circ}-2\alpha ) = 2\sin2\alpha \cos60^{\circ}$ .

А.Егоров