Оптимальные решения планиметрических задач

Даны две точки А и I. Найти геометрическое место точек В таких, что существует треугольник АВС с центром вписанного круга в точке I, все углы которого меньше 60° и одновременно больше 90°.

Решение

Если А, В, С – углы нашего треугольника АВС, то углы треугольника ABI равны A/2, B/2, 90° + C/2 (рис. 1).
Отсюда имеем, что искомое геометрическое место
точек – пара треугольников, две стороны которых – отрезки прямых, а третья – дуга, являющаяся частью сегмента, построенного на АI и вмещающего угол а/2.

Имеем некий треугольник. Необходимо найти геометрическое место центров всевозможных прямоугольников, описанных около данного треугольника. Дополнительное условие, что одна вер­шина треугольника совпадает с вершиной прямоугольника, а две другие лежат на двух, не содержащих этой вершины, сто­ронах прямоугольника.

Решение

Пусть АВС (рис. 1) — данный треугольник и вершина описанно­го прямоугольника АКLМ совпадает с точкой А, тогда точка L  принадлежит полуокружности с диаметром ВС, причем углы АВL и АСL тупые. Таким образом  L может иметь два крайних положения: L1 и L2, угол L1CA будет равняться углу L2BA и будет равен = 90°.  Центр О будет описывать дугу, гомотетич­ную дуге L1L2, с центром гомотетии в точке А и коэффициентом 1/2.  Таким образом,  если  треугольник  остроугольный, то  искомое  множество есть криволинейный треугольник, образованный дугами полуокружностей, построенных на средних линиях как на диаметрах и обращенных внутрь треугольника из средних линий, а если же треугольник не остроугольный, то искомое множество состоит из двух дуг полуокруж­ностей, построенных таким же образом на двух меньших средних линиях.

Через точку пересечения высот треугольника проведены две взаимно перпендикулярные прямые. Нужно доказать, что середины отрезков, высекаемых этими прямыми на сторонах треугольника лежат на одной прямой.

Решение.
Пусть данные взаимно перпендикулярные прямые – оси х и у прямоугольной системы координат. Тогда высоты треугольника лежат на прямых у = kˌ (i= 1,2,3); стороны треугольника при этом должны иметь угловые коэффициенты -(1/ kˌ ), ), а из условия принадлежности вершин (хˌˌ, уˌ) высотам находим отношения свободных членов сˌ в уравнениях сторон kуˌ + х = сˌ ; с₁ = к₁у3 + х3, с2 = к2у3 + х3 , у3 = к3×3
следовательно:
С1/С2=(K1K3+1)/(K2K3=1)

Точки пересечения прямой kiy + x=ki/(ki+k) с осями (О, 1/(ki+k)) и (ki/(ki+k) , О). Середина Pi отрезка между ними – (ki/2(ki+k), 1/2(ki+k)).

Угловой коэффициент прямой P1P2 равен (1/2(k2+k) – 1/2(k1+k)):(k2/2(k2+k) – k1/2(k1+k))=1/k.

Точно такими же будут угловые коэффициенты и других прямых, P2P3 и P3P1, поэтому точки P1, P2, P3 лежат на одной прямой.

Дан треугольник АВС и точка М. Прямая, проходящая через М, пересекает прямые АВ, ВС и CA соответственно в точках C₁, A₁и B₁. Прямые АМ, ВМ и СМ пересекают окружность, описанную около треугольника АВС, соответственно в точках A₂, B₂и C₂. Доказать, что прямые A₁A₂, B₁B₂ и C₁C₂ пересекаются в одной точке, расположенной на окружности, описанной около ▲АВС.

Решение.
Пусть N — точка пересечения прямой A₁A₂ с окружностью, отличная от A₂. Применим к шестиугольнику АВСC₂NA₂теорему Паскаля как в этой задаче. Точки пересечения прямых АВ и C₂N, ВС и NA₂(точка A₁), СC₂и АA₂ (точка М) лежат на одной прямой. Следовательно, АВ и C₂N пересекаются в точке C₁.

Четырехугольник АВСD вписан в окружность, О1 02, 03, 04 – центры окружностей, вписанных в треугольники АВС, ВСD, СDА, DАВ, а H1, H2, H3, H4 – точки пересечения высот тех же треугольников. Доказать, что O1O2O3O4 – прямоугольник.

Решение.
Поскольку О1 – центр окружности, вписанной в треугольник ABC, то угол BO1A=90° + 1/2(BCA). Значит BO1A=BO4A и четырехугольник ABO1O4 является вписанным (см. рис.).

Следовательно, смежный угол с BO1O4 равен BAO4=1/2BAD. Аналогично, угол, смежный с BO1O2 равен 1/2BCD. Но! 1/2(BAD + BCD)=90°, значит O4O1O2 = 90°.