Сборник материалов выездных школ команды Москвы на Всероссийскую математическую олимпиаду
 Скачать 3.42 Mb.
|
|
1. а) Верно ли, что площадь ортотреугольника не превосходит площади серединного треугольника? б) Тот же вопрос, но теперь известно, что треугольник — остроугольный. Биссектрисы углов треугольника ABC пересекают описанную окружность в точках A ′ , B ′ , C ′ . Докажите, что S AC ′ BA ′ CB ′ > 2S ABC 3. Найдите наименьшее α, для которого верно следующее утверждение угол A, равный α, вписана окружность, касающаяся его сторон в точках B и C. Прямая, касающаяся окружности в некоторой точке , пересекает отрезки AB ив точках P и Q соответственно. Тогда AQ < В задачах 4 –7 мы обозначаем через a, b, c длины сторон данного треугольника, x, y, z — расстояния от произвольной точки M внутри треугольника до его сторона расстояния от нее до вершин треугольника. Докажите, что для произвольной точки M, лежащей внутри треугольника, имеют место неравенства: а) u > b a y + c б) u > c a y + b a z. 5. Покажите, что внутри остроугольного треугольника найдется единственная точка M , для которой все три неравенства из пункта а) задачи 4 (для трех вершин треугольника) обращаются в равенства. Что это заточка Тот же задание протри неравенства из пункта б. Докажите, что для произвольной точки M, лежащей внутри треугольника, имеем u + v + w > 2(x + y + z) (неравенство Эрд¨еша). Для каких треугольников и каких точек M это неравенство обращается в равенство Гл. 4. Геометрия треугольника. Докажите, что для произвольной точки M, лежащей внутри треугольника, имеем 1 x + 1 y + 1 z 8. Внутри треугольника ABC взята произвольная точка M. Докажите, что один из углов ∠M AB, ∠M BC, ∠M CA не превосходит Сформулируйте и докажите аналогичное утверждение для четырех- угольника. Зачетные задачи 1 а 2, 3, 4 а, баб, Указания и решения. б) Докажем более общее утверждение если точки A ′ , B ′ , лежат на сторонах BC, CA, AB и прямые AA ′ , BB ′ , пересекаются водной точке, то S A ′ B ′ C ′ 6 S ABC 4 Прежде всего отметим, что для любых точек A ′ , B ′ , C ′ , лежащих на сторонах треугольника ABC, S A ′ B ′ C ′ = AB ′ · BC ′ · CA ′ + BA ′ · CB ′ · Действительно, обозначив AC ′ /AB = γ, CA ′ /CA = β, BA ′ /BC = α, получим, что S A ′ B ′ C = β(1 − α)S ABC . Используя это и два аналогичных равенства, получаем S ABC − S A ′ B ′ C − S A ′ BC ′ − S AB ′ C ′ = = S ABC (αβγ + (1 − α)(1 − β)(1 − Заменив на abc 4R , получим требуемое равенство. Если отрезки AA ′ , BB ′ , пересекаются водной точке, то по теореме Чевы AB ′ · BC ′ · CA ′ = BA ′ · CB ′ · и BC ′ · CA ′ + BA ′ · CB ′ · AC ′ = = p (AB ′ · B ′ C) · (BC ′ · C ′ A) · (CA ′ · A ′ B) 6 AB · BC · откуда сразу следует искомое неравенство. Указание. Докажите сначала, что треугольник BMC подобен треугольнику QIP , где I — центр вписанной окружности треугольника AQ. Кроме того, S QIP /S P AQ = P Q/p, где p — периметр треугольника. Полезен будет также тот факт, что p = 2AB. Биссектрисы, высоты и описанная окружность 4. а) Указание. Выразите двумя способами площадь невыпуклого четырехугольника со сторонами b, c, w, б) Указание. Рассмотрите точку, симметричную точке M относительно соответствующей биссектрисы треугольника. Указание. Сложите все 6 неравенств из задачи 4 и воспользуйтесь неравенством t + 1 t > 2, t > Биссектрисы, высоты и описанная окружность (ПА. Кожевников В предлагаемой серии задач связываются в единую конструкцию классические элементы треугольника. Задачи этого раздела близки по тематике задачам разделов Центр вписанной окружности, «Прямая Эйлера», «Ортоцентр, ортотреугольник и окружность девяти точек». Поэтому рекомендуется решать задачи этих разделов параллельно. Докажите, что треугольники и равны (и аналогично △IA ′ B ′ , △BC ′ A ′ = △IC ′ A ′ ). 2. Докажите, что AA ′ , BB ′ , CC ′ — высоты треугольника A ′ B ′ C ′ 3. Лемма о трезубце. Докажите, что A ′ I = A ′ B = A ′ C (и аналогично. Докажите, что диагонали шестиугольника в пересечении треугольников и пересекаются в точке I и параллельны сторонам треугольника ABC. 5 1) . Докажите, что S(ABC) S(A ′ B ′ C ′ ) = 2r R Пусть гомотетия с центром I и коэффициентом 2 переводит треугольник в треугольник I a I b I c 6. Докажите, что I a , I b , I c — центры вневписанных окружностей треугольника Пусть A ′′ , B ′′ , C ′′ — середины дуг BAC, CBA, ACB окружности соответственно. Докажите, что A ′′ , B ′′ , C ′′ — середины отрезков I b I c , I c I a , См. Задачник Кванта. Математика. 1982 г. № 10. Гл. 4. Геометрия треугольника Пусть ω касается сторон BC, CA, AB в точках A 1 , B 1 , соответственно. Докажите, что прямые A 1 A ′′ , B 1 B ′′ , проходят через одну точку. Докажите, что прямая IO проходит через ортоцентр треугольника Указания и решения. Имеем (см. рис. 1) ∠AB ′ C ′ = ∠ACC ′ = ∠BCC ′ = ∠BB ′ C ′ , те. Аналогично ∠AC ′ B ′ = ∠IC ′ B ′ 2. Из задачи 1 следует, что точки A и I симметричны относительно. Отсюда AI ⊥ Таким образом, на одной картинке можно изучать биссектрисы треугольника) и высоты (треугольника A ′ B ′ C ′ ). Треугольник может быть произвольным остроугольным (как подобрать соответствующий треугольник ABC?). Симметрия A и I относительно означает следующее важное свойство ортоцентра: точка, симметричная орто- центру треугольника относительно одной из его сторон, лежит на описанной окружности. Из задачи 1 следует, что B ′ A = B ′ I. Аналогично B ′ C = Рис. Рис. 2 4. Пусть (см. рис. 2) K = AB ∩ A ′ C ′ , L = BC ∩ A ′ C ′ , T = BI ∩ Так как BI ⊥ KL, то △BKT = △BLT , откуда KT = LT . Так как BT = = IT (задача 1), то KBLI — ромб и KI k BC. Аналогично LI k BC. Биссектрисы, высоты и описанная окружность 5. Посчитаем площадь S шестиугольника двумя способами. С одной стороны = S(AB ′ IC ′ ) + S(BC ′ IA ′ ) + S(CA ′ IB ′ ) = = 2(S(B ′ IC ′ ) + S(C ′ IA ′ ) + S(A ′ IB ′ )) = С другой стороны = S(OAB ′ C) + S(OBC ′ A) + S(OCA ′ B) = = 1 2 (OB ′ · AC + OC ′ · BA + OA ′ · CB) = R(AC + BA + CB) 2 = R · Приравнивая, получаем требуемое. A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O IIIIIIIIIIIIII IIIIIII IIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIII I A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ I a I a I a I a I a I a I a I a I a I a I a I a I a I a I a I a I a I a I a I a I a I a I a I a I a I a I a I a I a I a I a I a I a I a I a I a I a I a I a I a I a I a I a I a I a I a I a I a I a I a I a I a I a I a I a I a I a I a I a I a I a I a I a I a I a I a I a I a I a I a I a I a I a I a I b I b I b I b I b I b I b I b I b I b I b I b I b I b I b I b I b I b I b I b I b I b I b I b I b I b I b I b I b I b I b I b I b I b I b I b I b I b I b I b I b I b I b I b I b I b I b I b I b I b I b I b I b I b I b I b I b I b I b I b I b I b I b I b I b I b I b I b I b I b I b I b I b I b I c I c I c I c I c I c I c I c I c I c I c I c I c I c I c I c I c I c I c I c I c I c I c I c I c I c I c I c I c I c I c I c I c I c I c I c I c I c I c I c I c I c I c I c I c I c I c I c I c I c I c I c I c I c I c I c I c I c I c I c I c I c I c I c I c I c I c I c I c I c I c I c I c I c A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ Рис. 3 6. Так как I b I c k см. рис. 3), то I b I c перпендикулярно биссектрисе. Так как точки A и I симметричны относительно B ′ C ′ , то проходит через A, значит, I b I c — внешняя биссектриса треугольника. Аналогично I a I b и I c I a — внешние биссектрисы. Из построения вытекает, что I a лежит на прямой AI (это итак ясно, поскольку центр вневписанной окружности лежит на биссектрисе), причем A ′ I a = A ′ I. Гл. 4. Геометрия треугольника. Точки и A ′ — диаметрально противоположные точки Ω, отсюда, и, значит, лежит на внешней биссектрисе I b I c угла BAC. AA ′′ k B ′ C ′ , поэтому A ′′ B ′ = AC ′ . Но AC ′ = C ′ I (задача следовательно, A ′′ B ′ = C ′ I. Аналогично A ′′ C ′ = B ′ I, откуда параллелограмм. Получаем, что A ′′ I делит пополам, а следовательно (из гомотетии с центром I), делит I b I c пополам. Для треугольника I a I b I c окружность Ω является окружностью девяти точек (это точки A, B, C, A ′ , B ′ , C ′ , A ′′ , B ′′ , C ′′ ), а треугольник — ортоцентрический (из наших рассмотрений ясно свойство ор- тоцентрического треугольника его биссектрисы совпадают с высотами исходного треугольника). A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O IIIIIIIIIIIIII IIIIIII IIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIII I A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ A 1 A 1 A 1 A 1 A 1 A 1 A 1 A 1 A 1 A 1 A 1 A 1 A 1 A 1 A 1 A 1 A 1 A 1 A 1 A 1 A 1 A 1 A 1 A 1 A 1 A 1 A 1 A 1 A 1 A 1 A 1 A 1 A 1 A 1 A 1 A 1 A 1 A 1 A 1 A 1 A 1 A 1 A 1 A 1 A 1 A 1 A 1 A 1 A 1 A 1 A 1 A 1 A 1 A 1 A 1 A 1 A 1 A 1 A 1 A 1 A 1 A 1 A 1 A 1 A 1 A 1 A 1 A 1 A 1 A 1 A 1 A 1 A 1 A 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 C 1 C 1 C 1 C 1 C 1 C 1 C 1 C 1 C 1 C 1 C 1 C 1 C 1 C 1 C 1 C 1 C 1 C 1 C 1 C 1 C 1 C 1 C 1 C 1 C 1 C 1 C 1 C 1 C 1 C 1 C 1 C 1 C 1 C 1 C 1 C 1 C 1 C 1 C 1 C 1 C 1 C 1 C 1 C 1 C 1 C 1 C 1 C 1 C 1 C 1 C 1 C 1 C 1 C 1 C 1 C 1 C 1 C 1 C 1 C 1 C 1 C 1 C 1 C 1 C 1 C 1 C 1 C 1 C 1 C 1 C 1 C 1 C 1 C 1 A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ Рис. 4 8. Треугольники и симметричны относительно см. рис. 4). Значит, соответствующие стороны треугольников и параллельны (они перпендикулярны биссектрисам, треугольника ABC). Таким образом, треугольники A ′′ B ′′ C ′′ и A 1 B 1 C 1 гомотетичны, и прямые A 1 A ′′ , B 1 B ′′ , проходят через центр гомотетии. Треугольники и A 1 B 1 C 1 гомотетичны, поэтому их прямые Эйлера (прямые, соединяющие ортоцентр и центр описанной окружности) параллельны или совпадают. Но IO — прямая Эйлера треугольника, а I — центр описанной окружности треугольника, следовательно, прямые Эйлера обязаны совпадать «Полувписанная» окружность 125 «Полувписанная» окружность (ПА. Кожевников Примем следующие обозначения для элементов треугольника ABC: A 1 , B 1 , C 1 — точки касания вписанной окружности ω со сторонами, ω B , ω C — вневписанные окружности, A 2 , B 2 , C 2 — точки их касания со сторонами; A ′ и A ′′ — середины дуг BC описанной окружности ω, соответственно не содержащей и содержащей точку A; и B ′′ , и определяются аналогично. Основная серия задач Рассмотрим окружность назовем ее полувписанной), касающуюся сторон AB, AC и окружности Ω (внутренним образом) в точках, L, T = T A . Аналогично определяются окружности S B , и соответствующие точки касания и Докажите следующие утверждения. Точки T , K, а также T , L, B ′ ) лежат на одной прямой. T A —симедиана (те. прямая, симметричная медиане относительно соответствующей биссектрисы) треугольника B ′ C ′ T . 3. Прямые AT A , BT B , пересекаются водной точке X, которая является центром гомотетии с положительным коэффициентом, переводящей окружность ω в окружность Ω. 4. T A ′′ — медиана треугольника B ′ C ′ T . 5. Точки T , I, лежат на одной прямой. Точки T , I, K, B (а также T , I, L, C) лежат на одной окружности, причем соответственно BB ′ ) касается этой окружности. Точки K, I, L лежат на одной прямой. AA ′ — биссектриса угла T AA 2 . Отсюда вытекает новое решение задачи 3 и новое описание точки X: точка X изогонально сопряжена точке Нагеля (те. точке пересечения прямых AA 2 , BB 2 , CC 2 ). 9. Прямые KL, T и BC пересекаются водной точке или параллельны. (Из Соросовских олимпиад. Точка пересечения из задачи 9 и точки Y B , Y C , определенные аналогичным образом, лежат на одной прямой. Найдите аналоги предыдущих задач для внешней полувписан- ной окружности, те. окружности S ′ A , касающейся продолжений сторон и окружности Ω внешним образом Гл. 4. Геометрия треугольника Контрольные вопросы. Точка лежит на а) дуге AB, не содержащей б) дуге AC, не содержащей в) дуге BC, не содержащей A. II. Центр окружности лежит на а) биссектрисе угла б) медиане, проведенной изв) высоте, проведенной из Дополнительные задачи Следующие задачи — про обобщенные полувписанные» окружности, те. окружности, касающиеся одной из сторон треугольника и описанной окружности. Пусть D — точка на стороне AC треугольника ABC, S 1 — окружность, касающаяся окружности Ω внутренним образом в точке R, атак- же отрезков BD ив точках M и N соответственно. Докажите, что а) точки B, M , I, R лежат на одной окружности; б) прямая M N проходит через центр I вписанной окружности треугольника Обобщение задачи. Пусть D — точка на отрезке AC треугольника ABC; S 1 — окружность, касающаяся отрезков BD и AD, а также окружности Ω внутренним образом S 2 — окружность, касающаяся отрезков BD и CD, а также окружности Ω внутренним образом. а) Докажите, что линия центров окружностей и проходит через б) Докажите, что окружности и равны тогда и только тогда, когда D = см. с. 125). 14. Найдите аналоги предыдущих задач для обобщенных полув- писанных окружностей, касающихся Ω внешним образом. Решения, указания, комментарии. В случае касания двух окружностей полезно рассмотреть гомотетию с центром в точке касания, которая переводит одну из окружностей в другую. В данной задаче при гомотетии H с центром T , переводящей в прямая AB переходит в касательную l C , параллельную AB, а K — в точку касания Ω и см. рис. 1). Остается заметить, что точка касания это C ′ «Полувписанная» окружность 127 A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O IIIIIIIIIIIIII IIIIIII IIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIII I T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ A ′′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ B ′′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ C ′′ P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P l C l C l C l C l C l C l C l C l C l C l C l C l C l C l C l C l C l C l C l C l C l C l C l C l C l C l C l C l C l C l C l C l C l C l C l C l C l C l C l C l C l C l C l C l C l C l C l C l C l C l C l C l C l C l C l C l C l C l C l C l C l C l C l C l C l C l C l C l C l C l C l C l C l C l B l B l B l B l B l B l B l B l B l B l B l B l B l B l B l B l B l B l B l B l B l B l B l B l B l B l B l B l B l B l B l B l B l B l B l B l B l B l B l B l B l B l B l B l B l B l B l B l B l B l B l B l B l B l B l B l B l B l B l B l B l B l B l B l B l B l B l B l B l B l B l B l B l B Рис. 1 2. Продолжим рассмотрение гомотетии H из решения задачи Пусть касательные и к Ω пересекаются в P = P A . Тогда P — образ при гомотетии H. Следовательно, точки T , A и P лежат на одной прямой. Остается воспользоваться известным свойством симедианы: она проходит через точку пересечения касательных, проведенных к описанной окружности в двух вершинах треугольника. (Одно из самых красивых доказательств свойства симедианы приведено в книге Ефремова 2) . Идея доказательства достроим треугольник до параллелограмма B ′ T C ′ Q. Подсчетом углов с вершинами и нетрудно показать, что P и Q — изогонально сопряжены относительно треугольника B ′ T C ′ .) 3. Треугольники ABC и P A P B P C гомотетичны. Прямые AP A = = AT A , BP B = и CP C = пересекаются в центре гомотетии этих треугольников. Описание точки X вытекает из того, что вписанная окружность треугольника совпадает с Другое решение этой задачи можно получить, применив теорему о трех гомотетиях к гомотетиям с положительными коэффициентами, переводящим ω в S A , в Ω, Ω в ω соответственно. 2) Ефремов Д. Новая геометрия треугольника. Одесса, 1902. Гл. 4. Геометрия треугольника. То, что T A ′′ — медиана треугольника B ′ C ′ T , следует из предыдущей задачи и равенства дуги. Дуги и B ′ C равны, поэтому CC ′ k A ′′ B ′ . Аналогично, прямые. Следовательно, C ′ A ′′ B ′ I — параллелограмм, значит делит отрезок пополам. Теперь все следует из предыдущей задачи. Углы IT K и IBK опираются на равные дуги и окружности. Касание следует из равенства ∠BIC ′ = ∠BT I. 7. Из касания с окружностью BKI следует равенство ∠C ′ IK = = ∠ABI. Далее, из подсчета углов следует, что ∠AIK = ∠AIC ′ + + ∠C ′ IK = 90 ◦ . Аналогично ∠AIL = Задача имеет независимое решение достаточно применить теорему Паскаля к (самопересекающемуся) шестиугольнику ABB ′ T C ′ C. 8. Помимо гомотетии в случае касания окружностей бывает полезна инверсия. A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C B ∗ B ∗ B ∗ B ∗ B ∗ B ∗ B ∗ B ∗ B ∗ B ∗ B ∗ B ∗ B ∗ B ∗ B ∗ B ∗ B ∗ B ∗ B ∗ B ∗ B ∗ B ∗ B ∗ B ∗ B ∗ B ∗ B ∗ B ∗ B ∗ B ∗ B ∗ B ∗ B ∗ B ∗ B ∗ B ∗ B ∗ B ∗ B ∗ B ∗ B ∗ B ∗ B ∗ B ∗ B ∗ B ∗ B ∗ B ∗ B ∗ B ∗ B ∗ B ∗ B ∗ B ∗ B ∗ B ∗ B ∗ B ∗ B ∗ B ∗ B ∗ B ∗ B ∗ B ∗ B ∗ B ∗ B ∗ B ∗ B ∗ B ∗ B ∗ B ∗ B ∗ B ∗ C ∗ C ∗ C ∗ C ∗ C ∗ C ∗ C ∗ C ∗ C ∗ C ∗ C ∗ C ∗ C ∗ C ∗ C ∗ C ∗ C ∗ C ∗ C ∗ C ∗ C ∗ C ∗ C ∗ C ∗ C ∗ C ∗ C ∗ C ∗ C ∗ C ∗ C ∗ C ∗ C ∗ C ∗ C ∗ C ∗ C ∗ C ∗ C ∗ C ∗ C ∗ C ∗ C ∗ C ∗ C ∗ C ∗ C ∗ C ∗ C ∗ C ∗ C ∗ C ∗ C ∗ C ∗ C ∗ C ∗ C ∗ C ∗ C ∗ C ∗ C ∗ C ∗ C ∗ C ∗ C ∗ C ∗ C ∗ C ∗ C ∗ C ∗ C ∗ C ∗ C ∗ C ∗ R R R R R R R R R R R R R R R R R R R R R R R R R R R R R R R R R R R R R R R R R R R R R R R R R R R R R R R R R R R R R R R R R R R R R R R R R R T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T A 2 A 2 A 2 A 2 A 2 A 2 A 2 A 2 A 2 A 2 A 2 A 2 A 2 A 2 A 2 A 2 A 2 A 2 A 2 A 2 A 2 A 2 A 2 A 2 A 2 A 2 A 2 A 2 A 2 A 2 A 2 A 2 A 2 A 2 A 2 A 2 A 2 A 2 A 2 A 2 A 2 A 2 A 2 A 2 A 2 A 2 A 2 A 2 A 2 A 2 A 2 A 2 A 2 A 2 A 2 A 2 A 2 A 2 A 2 A 2 A 2 A 2 A 2 A 2 A 2 A 2 A 2 A 2 A 2 A 2 A 2 A 2 A 2 A 2 Ω ω A Рис. При инверсии с центром A и подходящим радиусом окружность перейдет впрямую, симметричную BC относительно биссектрисы угла BAC (см. рис. 2). В силу симметрии касается ω A , поэтому окружность приданной инверсии перейдет в ω A . Следовательно «Полувписанная» окружность и точка R касания и ω A инверсны. Значит, A, R, T лежат на одной прямой. Остается заметить, что AR и симметричны относительно биссектрисы угла A. 9. Например, Y A — это радикальный центр (точка пересечения радикальных осей) окружностей Ω, IBC и IT подсчет углов показывает, что две последние окружности касаются прямой KL). 10. Y A — радикальный центр окружностей Ω, IBC и I (точка I рассматривается как окружность нулевого радиуса. Следовательно лежит на радикальной оси окружностей Ω и I. На той же радикальной оси лежат точки и Y C 11. Есть алгебраические причины, по которым, например, вписанная и вневписанная окружности обладают похожими свойствами. Уравнение окружности, касающейся трех данных прямых, — это уравнение либо вписанной, либо одной из вневписанных окружностей, разница лишь в геометрическом расположении. Поэтому, скажем, факты для вписанной окружности зачастую имеют своего близнеца для вневпи- санной окружности. Меры дуги окружностей и Ω равны (из гомотетии с центром B ′ ), поэтому ∠ARB ′ = ∠ACB ′ = см. рис. 3). Треугольники и B ′ N A подобны, откуда B ′ N · B ′ R = B ′ A 2 . Так как = B ′ A (лемма о трезубце, то B ′ N · B ′ R = и треугольники и B ′ N I подобны, следовательно, ∠RN I = Рис. Пусть M ′ — вторая точка пересечения N I с S 1 . Снова воспользовавшись равенством дуги окружностей и Ω, получим Гл. 4. Геометрия треугольника = ∠RBB ′ . Из этого равенства следует, что точки B, M ′ , I, R лежат на одной окружности, отсюда ∠RIB = Итак, ∠RN M ′ = ∠RM ′ B, значит, касается S 1 , те. а) Пусть I 1 , I 2 — центры окружностей S 1 , S 2 ; пусть касается ив точках и N 1 , а касается BD ив точках и см. рис. 4). Из предыдущей задачи I = M 1 N 1 ∩ Точки N 1 , N 2 , D лежат на одной прямой, а точки I 1 , I 2 , I таковы, что I 1 N 1 k перпендикуляры к AC), I 1 D k IN 2 , I 2 D k и I 2 D — биссектрисы углов ADB и CDB). Отсюда нетрудно установить, что точки I 1 , I 2 , I лежат на одной прямой. (См. задачу 2 из раздела «Обобщенная теорема Наполеона».) A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C IIIIIIIIIIIIII IIIIIII IIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIII I I 1 I 1 I 1 I 1 I 1 I 1 I 1 I 1 I 1 I 1 I 1 I 1 I 1 I 1 I 1 I 1 I 1 I 1 I 1 I 1 I 1 I 1 I 1 I 1 I 1 I 1 I 1 I 1 I 1 I 1 I 1 I 1 I 1 I 1 I 1 I 1 I 1 I 1 I 1 I 1 I 1 I 1 I 1 I 1 I 1 I 1 I 1 I 1 I 1 I 1 I 1 I 1 I 1 I 1 I 1 I 1 I 1 I 1 I 1 I 1 I 1 I 1 I 1 I 1 I 1 I 1 I 1 I 1 I 1 I 1 I 1 I 1 I 1 I 1 I 2 I 2 I 2 I 2 I 2 I 2 I 2 I 2 I 2 I 2 I 2 I 2 I 2 I 2 I 2 I 2 I 2 I 2 I 2 I 2 I 2 I 2 I 2 I 2 I 2 I 2 I 2 I 2 I 2 I 2 I 2 I 2 I 2 I 2 I 2 I 2 I 2 I 2 I 2 I 2 I 2 I 2 I 2 I 2 I 2 I 2 I 2 I 2 I 2 I 2 I 2 I 2 I 2 I 2 I 2 I 2 I 2 I 2 I 2 I 2 I 2 I 2 I 2 I 2 I 2 I 2 I 2 I 2 I 2 I 2 I 2 I 2 I 2 I 2 N 1 N 1 N 1 N 1 N 1 N 1 N 1 N 1 N 1 N 1 N 1 N 1 N 1 N 1 N 1 N 1 N 1 N 1 N 1 N 1 N 1 N 1 N 1 N 1 N 1 N 1 N 1 N 1 N 1 N 1 N 1 N 1 N 1 N 1 N 1 N 1 N 1 N 1 N 1 N 1 N 1 N 1 N 1 N 1 N 1 N 1 N 1 N 1 N 1 N 1 N 1 N 1 N 1 N 1 N 1 N 1 N 1 N 1 N 1 N 1 N 1 N 1 N 1 N 1 N 1 N 1 N 1 N 1 N 1 N 1 N 1 N 1 N 1 N 1 N 2 N 2 N 2 N 2 N 2 N 2 N 2 N 2 N 2 N 2 N 2 N 2 N 2 N 2 N 2 N 2 N 2 N 2 N 2 N 2 N 2 N 2 N 2 N 2 N 2 N 2 N 2 N 2 N 2 N 2 N 2 N 2 N 2 N 2 N 2 N 2 N 2 N 2 N 2 N 2 N 2 N 2 N 2 N 2 N 2 N 2 N 2 N 2 N 2 N 2 N 2 N 2 N 2 N 2 N 2 N 2 N 2 N 2 N 2 N 2 N 2 N 2 N 2 N 2 N 2 N 2 N 2 N 2 N 2 N 2 N 2 N 2 N 2 N 2 D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 M 1 M 1 M 1 M 1 M 1 M 1 M 1 M 1 M 1 M 1 M 1 M 1 M 1 M 1 M 1 M 1 M 1 M 1 M 1 M 1 M 1 M 1 M 1 M 1 M 1 M 1 M 1 M 1 M 1 M 1 M 1 M 1 M 1 M 1 M 1 M 1 M 1 M 1 M 1 M 1 M 1 M 1 M 1 M 1 M 1 M 1 M 1 M 1 M 1 M 1 M 1 M 1 M 1 M 1 M 1 M 1 M 1 M 1 M 1 M 1 M 1 M 1 M 1 M 1 M 1 M 1 M 1 M 1 M 1 M 1 M 1 M 1 M 1 M 1 M 2 M 2 M 2 M 2 M 2 M 2 M 2 M 2 M 2 M 2 M 2 M 2 M 2 M 2 M 2 M 2 M 2 M 2 M 2 M 2 M 2 M 2 M 2 M 2 M 2 M 2 M 2 M 2 M 2 M 2 M 2 M 2 M 2 M 2 M 2 M 2 M 2 M 2 M 2 M 2 M 2 M 2 M 2 M 2 M 2 M 2 M 2 M 2 M 2 M 2 M 2 M 2 M 2 M 2 M 2 M 2 M 2 M 2 M 2 M 2 M 2 M 2 M 2 M 2 M 2 M 2 M 2 M 2 M 2 M 2 M 2 M 2 M 2 M 2 Рис. б) (Приведем доказательство в одну сторону) Пусть окружности и равны. Тогда AN 1 = CN 2 , I 1 N 1 = IB 1 = I 2 N 2 . Получаем равенство треугольников и I 2 DN 2 , откуда N 1 B 1 = DN 2 . Из доказанного следует, что и D симметричны относительно середины AC, значит = Литература Прасолов В. В. Задачи по планиметрии. М МЦНМО, 2007. [2] Протасов В. Ю. Вокруг теоремы Фейербаха // Квант. 1992. № 9. [3] Сонкин М. Окружности, вписанные в сегменты, и касательные Конференция Турнира городов 1999 г Шарыгин И. Ф. Геометрия 9–10. М Дрофа, 2007. Обобщенная теорема Наполеона 131 Обобщенная теорема Наполеона (ПА. Кожевников Классическая теорема Наполеона гласит, что центры правильных треугольников, построенных на сторонах произвольного треугольника вне его, являются вершинами равностороннего треугольника. Предлагаем для решения серию задач, внешне не имеющих никакой связи с теоремой Наполеона. Можно решать задачи любыми методами, а затем познакомиться с обобщением теоремы Наполеона и получить решения задач как следствия этого сильного факта. Задачи 1. Докажите, что центры квадратов, построенных на сторонах параллелограмма вне его, являются вершинами квадрата. На боковых сторонах трапеции ABCD построены треугольники итак, что AE k CF и BE k DF . Докажите, что если E лежит на стороне CD, то F лежит на стороне AB. 3. Круг поделили хордой AB на два круговых сегмента и один из них повернули вокруг точки A на некоторый угол. Пусть при этом повороте точка B перешла в точку D. Докажите, что отрезки, соединяющие середины дуг сегментов с серединой отрезка BD, перпендикулярны друг другу. (Задачник Кванта 1992 г. Через вершину A треугольника ABC проведены прямые и симметричные относительно биссектрисы угла A. Докажите, что проекции точек B и C на и соответственно, середина стороны и основание высоты, опущенной из вершины A, лежат на одной окружности. Во вписанном четырехугольнике ABCD диагонали пересекаются в точке E, точки K и M — середины сторон AB и CD, точки L и N проекции E на BC и AD. Докажите, что KM ⊥ LN. 6. На описанной окружности треугольника ABC взяты точки A 1 , B 1 , так, что AA 1 , и пересекаются водной точке. При отражении A 1 , B 1 , относительно сторон BC, CA, AB соответственно получаются точки A 2 , B 2 , C 2 . Докажите, что треугольники A 1 B 1 C 1 и подобны. (Геометрическая олимпиада им. И. Ф. Ша- рыгина.) Гл. 4. Геометрия треугольника Формулировка и доказательство обобщенной теоремы Наполеона Через ∠(# a , # b ) будем обозначать угол поворота от вектора # a до вектора, отсчитываемый против часовой стрелки этот угол определен с точностью до прибавления 2πk, k ∈ Теорема. Пусть на сторонах треугольника ABC построены такие треугольники (возможно вырожденные) BCA 1 , CAB 1 , ABC 1 , что выполнены условия) ∠(# A 1 B, # A 1 C) + ∠( # B 1 C, # B 1 A) + ∠( # C 1 A, # C 1 B) = 2πk; 2) AB 1 · BC 1 · CA 1 = BA 1 · CB 1 · Тогда углы треугольника находятся из равенств A 1 C 1 , # A 1 B 1 ) = ∠( # BC 1 , # BA) + ∠( # CA, # CB 1 ); ∠ ( # B 1 A 1 , # B 1 C 1 ) = ∠( # CA 1 , # CB) + ∠( # AB, # AC 1 ); ∠ ( # C 1 B 1 , # C 1 A 1 ) = ∠( # AB 1 , # AC) + ∠( # BC, # Таким образом, в теореме утверждается, что при выполнении условий) и 2) углы треугольника зависят лишь от углов треугольников, построенных на сторонах треугольника ABC, и не зависят от углов самого треугольника Эта теорема в несколько ослабленном виде (при A 1 B = A 1 C, B 1 C = = B 1 A, C 1 A = C 1 B) вначале х годов была предложена И. Ф. Ша- рыгиным в виде задачи в журнале Математика в школе». Если ∠(# A 1 B, # A 1 C) = ∠( # B 1 C, # B 1 A) = ∠( # C 1 A, # C 1 B) = и A 1 B = = A 1 C, B 1 C = B 1 A, C 1 A = C 1 B, то теорема превращается в теорему Наполеона. Если каждый из углов ∠(# A 1 B, # A 1 C), ∠( # B 1 C, # B 1 A), ∠( # C 1 A, # C 1 B) равен или π, обобщенная теорема Наполеона превращается в теорему Менелая. Доказательство. Рассмотрим поворотную гомотетию H a c центром, переводящую B в C, поворотную гомотетию H b c центром переводящую C в A, и поворотную гомотетию H c c центром C 1 , переводящую в B. При выполнении гомотетии H a произвольный вектор # a поворачивается на ∠(# A 1 B, # A 1 C) и длина его изменяется враз. Аналогичное утверждение справедливо для гомотетий H b и H c . Таким образом, при выполнении композиции H c ◦ H b ◦ H a вектор # a поворачивается на угол ∠(# A 1 B, # A 1 C) + ∠( # B 1 C, # B 1 A) + ∠( # C 1 A, # C 1 B) = 2πk (те. не меняет направления, а длина его изменяется враз Обобщенная теорема Наполеона 133 (т. е. длина не изменяется. Учитывая, что H c (H b (H a (B))) = H c (H b (C)) = = H c (A) = B (те. у композиции H c ◦ H b ◦ H a имеется неподвижная точка, получаем, что H c ◦ H b ◦ H a — тождественное преобразование. A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C 1 C 1 C 1 C 1 C 1 C 1 C 1 C 1 C 1 C 1 C 1 C 1 C 1 C 1 C 1 C 1 C 1 C 1 C 1 C 1 C 1 C 1 C 1 C 1 C 1 C 1 C 1 C 1 C 1 C 1 C 1 C 1 C 1 C 1 C 1 C 1 C 1 C 1 C 1 C 1 C 1 C 1 C 1 C 1 C 1 C 1 C 1 C 1 C 1 C 1 C 1 C 1 C 1 C 1 C 1 C 1 C 1 C 1 C 1 C 1 C 1 C 1 C 1 C 1 C 1 C 1 C 1 C 1 C 1 C 1 C 1 C 1 C 1 C 1 A 1 A 1 A 1 A 1 A 1 A 1 A 1 A 1 A 1 A 1 A 1 A 1 A 1 A 1 A 1 A 1 A 1 A 1 A 1 A 1 A 1 A 1 A 1 A 1 A 1 A 1 A 1 A 1 A 1 A 1 A 1 A 1 A 1 A 1 A 1 A 1 A 1 A 1 A 1 A 1 A 1 A 1 A 1 A 1 A 1 A 1 A 1 A 1 A 1 A 1 A 1 A 1 A 1 A 1 A 1 A 1 A 1 A 1 A 1 A 1 A 1 A 1 A 1 A 1 A 1 A 1 A 1 A 1 A 1 A 1 A 1 A 1 A 1 A 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 B 1 A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ A ′ Рис. Пусть H b (A 1 ) = A ′ . Тогда H c (A ′ ) = H c (H b (A 1 )) = H c (H b (H a (A 1 ))) = = A 1 . Треугольники B 1 XH b (X) подобны и одинаково ориентированы для всех точек X, поэтому треугольники и B 1 CA подобны и одинаково ориентированы, откуда ∠( # A 1 A ′ , # A 1 B 1 ) = ∠( # CA, # CB 1 ). Аналогично треугольники и C 1 BA подобны и одинаково ориентированы, откуда ∠(# A 1 C 1 , # A 1 A ′ ) = ∠( # BC 1 , # BA). Отсюда вытекает, что A 1 C 1 , # A 1 B 1 ) = ∠( # A 1 C 1 , # A 1 A ′ ) + ∠( # A 1 A ′ , # A 1 B 1 ) = = ∠( # BC 1 , # BA) + ∠( # CA, # Таким же образом доказываются остальные равенства углов. Указания и решения Убедимся, что все предложенные задачи можно рассматривать как частные случаи обобщенной теоремы Наполеона. В некоторых задачах наметим также другие решения. Пусть K, L, M, N — центры квадратов, построенных соответственно на сторонах AB BC, CD, DA параллелограмма ABCD; O центр параллелограмма. Применив теорему для треугольников ABK, Гл. 4. Геометрия треугольника, CAO, построенных на сторонах треугольника ABC, получаем, что треугольник KOL — равнобедренный прямоугольный с прямым углом. Аналогично треугольники LOM , M ON , N OK — равнобедренные прямоугольные с прямым углом Независимое решение можно получить, заметив, что KAN и KBL равные треугольники, получающиеся друг из друга поворотом на 90 ◦ 2. Пусть F ′ — такая точка на стороне AB, что AF BF = AD ED · EC BC Теорему можно применить для треугольников ABF , BEC, EAD, построенных на сторонах треугольника ABE. Из теоремы следуют равенства углов ∠F ′ CD = ∠AED и ∠F ′ DC = ∠BEC, откуда F ′ C k и F ′ D k BE, те Другое решение. Пусть O = AB ∩ CD, F 1 = AB ∩ CF . Тогда k AD, F 1 C k AE ⇒ OB OA = OC OD , OA OF 1 = OE OC . Перемножив равенства, получим OB OF 1 = OE OD , откуда F 1 D k BE, те Третье решение можно получить из теоремы Паппа: точки X = = BC ∩ AD, Y = F C ∩ AE, Z = F D ∩ BE лежат на бесконечно удаленной прямой, поэтому точки A = EY ∩ DX, B = EZ ∩ CX, F = CY ∩ должны лежать на одной прямой. Пусть K и L — соответственно середины дуги рассматриваемых сегментов M — середина BD. Применяя теорему для треугольников, построенных на сторонах треугольника, получаем, что ∠KM N = ∠KBA + ∠N DA = 90 ◦ 4. Пусть K и L — проекции B и C на и соответственно — середина BC, AH — высота. Прямоугольные треугольники и ACL подобны, поэтому теорема применима для треугольников BAK, ACL, CBM , построенных на сторонах треугольника ABC. Отсюда L, M K) = ∠(CL, CA) + ∠(BA, BK). Из того, что точки A, B, K, H лежат на одной окружности, а также точки A, C, L, H лежат на одной окружности, следует, что, HK) = ∠(HL, HA) + ∠(HA, HK) = ∠(CL, CA) + ∠(BA, Получаем, что ∠(M L, M K) = ∠(HL, HK), те. точки K, L, M , H лежат на одной окружности. Из вписанности четырехугольника следует равенство ∠EAN = = ∠EBL. Прямоугольные треугольники AN E и BLE подобны, поэтому теорема применима для треугольников AN E, BLE, ABK, построенных на сторонах треугольника ABE. Отсюда LK, # LN) = ∠( # EA, # EN ) = ∠( # EL, # EB) = ∠( # N L, # N K), Теорема Сонда 135 значит, треугольник KLN равнобедренный (KL = KN ). Аналогично L = M N . Отсюда следует, что четырехугольник KLM N симметричен относительно своей диагонали KM . 6. Проверим применимость теоремы для треугольников ABC 2 , BCA 2 , CAB 2 , построенных на сторонах треугольника ABC. Из подсчета углов (вписанный угол равен половине дуги, на которую он опирается) следует, что ∠( # A 1 B, # A 1 C) + ∠( # B 1 C, # B 1 A) + ∠( # C 1 A, # C 1 B) = 2πk. Из симметрии ∠(# A 2 C, # A 2 B) = ∠( # A 1 B, # A 1 C), ∠( # B 2 A, # B 2 C) = ∠( # B 1 C, # B 1 A), ∠ ( # C 2 B, # C 2 A) = ∠( # C 1 A, # C 1 B); поэтому условие 1) выполнено. Далее, из теоремы Чевы в синусах BC 1 · CA 1 BA 1 · CB 1 · AB 1 = 2R sin ∠ABB 1 · 2R sin ∠BCC 1 · 2R sin ∠CAA 1 2R sin ∠BAA 1 · 2R sin ∠CBB 1 · 2R sin ∠ABB 1 = поэтому условие 2) выполнено. Из теоремы следует, что A 2 C 2 , # A 2 B 2 )=∠( # BC 2 , # BA)+∠( # CA, # CB 2 )=∠( # BA, # BC 1 )+∠( # CB 1 , # CA)= =∠( # A 1 A, # A 1 C 1 )+∠( # A 1 B 1 , # A 1 A)+πk =∠( # A 1 B 1 , # Итак, получаем равенство углов (ориентированных) между прямыми, A 2 B 2 ) = ∠(A 1 B 1 , A 1 C 1 ). Аналогично, B 2 C 2 ) = ∠(B 1 C 1 , B 1 A 1 ), ∠ (C 2 B 2 , C 2 A 2 ) = ∠(C 1 A 1 , Получаем, что треугольники и подобны (и противоположно ориентированы). Теорема Сонда (А. А. Заславский В 1894 г. французский математик П. Сонд´а открыл следующую теорему (определения см. ниже). Теорема Сонда. Пусть два треугольника (не гомотетичных перспективны и ортологичны, P — центр их перспективы, Q — один из центров ортологичности. Тогда прямая P Q перпендикулярна оси перспективы. Следствие. Пусть P — центр перспективы двух треугольников, Q 1 , Q 2 — их центры ортологичности. Тогда точки P, Q 1 , лежат на одной прямой (ось ортологичности). Гл. 4. Геометрия треугольника Публикуя эту теорему, Сонда заметил, что ему известно только аналитическое доказательство. Геометрическое доказательство теоремы Сонда нашел в 1896 г. петербургский математик Соллертинский. Однако его доказательство, впрочем довольно сложное, не привлекло широкого внимания и было надолго забыто. Только в 2006 г. французский математик Франсуа Ридо обнаружил это доказательство и сумел упростить его. Одновременно другое доказательство нашел ульяновский школьник Александр Красильников. В приводимой ниже серии задач дается доказательство теоремы Сонда, соединяющее идеи Ридо и Красильникова. Эти задачи предназначены для школьников 10 –11 классов. Треугольники и называются перспективными, если прямые A 1 A 2 , B 1 B 2 , и пересекаются водной точке, которая называется центром перспективы. Теорема Дезарга. Докажите, что треугольники и перспективны тогда и только тогда, когда точки пересечения их соответствующих сторон (и A 2 B 2 , и B 2 C 2 , и C 2 A 2 ) лежат на одной прямой. Эта прямая называется осью перспективы. Треугольник называется ортологичным треугольнику, если перпендикуляры, опущенные из на B 2 C 2 , из B 1 на A 2 C 2 и из на A 2 B 2 , пересекаются водной точке, которая называется центром ортологичности. 2. Взаимность ортологичности. Докажите, что если треугольник A 2 B 2 C 2 ортологичен треугольнику A 1 B 1 C 1 , то и A 1 B 1 C 1 ортоло- гичен A 2 B 2 C 2 . (Центры ортологичности могут при этом не совпадать.) Контрольные вопросы. Пусть A 0 , B 0 , C 0 — середины сторон треугольника ABC. Являются ли треугольники ABC и а) перспективно-ортологичными; б) перспективными, ноне ортологичными; в) ортологичными, ноне перспективными; |