Оптимальные решения планиметрических задач

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.

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°.

В этой задаче требуется доказать, что четыре прямые, каждая из которых проходит через основания двух перпендикуляров, опущенных из вершины вписанного четырехугольника на не содержащие ее стороны, пересекаются в одной точке.

Решение.

Пусть АВСD – данный четырехугольник. Предположим, что углы А и D тупые, а В и С острые. Обозначим основания перпендикуляров, опущенных из вершины А, через М и N, а из вершины С через К и L (рис. 1), R – точка пересечения MN и LK.

Заметим что, точки A, K, N, C, L, M – лежат на одной окружности с диаметром AC. Покажем что MK||LN:MKL=MAL=90° – B=KCB=KLN. Таким образом  (|MR|)/(|RN|)=(|MK|)/(|LN|)=(sin⁡(MSK))/(sin⁡(LAN))=(sin⁡(C+B-90°))/(sin⁡(A+B-90°))=(cos⁡(A-B))/(sin⁡(A+B-90°))
Пусть теперь точки P и Q основания препендикуляров, опущенных из вершины B, а S точка пересечения MN и PQ (рис. 2)

Т.к. существует равенство углов PNB = PAB = C, то PN||DC, т.е. MQNP трапеция. Таким образом, (|MS|)/(|SN|)=(|MQ|)/(|PN|)=(|AB|cos⁡(A+D-180))/(|AB|sin⁡(B+A-90))=(cos⁡(A-B))/(sin⁡(A+B-90°)).

Итак, точки R и S делят MN в одном и том же отношении, т.е. они совпадают и значит все три прямые пересекаются в одной точке.

В выпуклом четырехугольнике проведены диагонали, которые разбивают его на четыре треугольника. Радиусы окружностей, вписанных в эти треугольники, равны. Доказать, что данный четырехугольник – ромб.

Решение
Вначале докажем, что диагонали данного четырехугольника делятся в точке пересечения пополам и наш четырехугольник является параллелограмм. Пусть ABCD – данный четырехугольник, О – точка пересечения диагоналей. Допустим, что |ВО| ˂ |OD|, |AО| ≤ |ОС|. Рассмотрим ▲OA₁B₁симметричный ▲OAB относительно
точки O; очевидно что радиус окружности, вписанной в первый треугольник, меньше радиуса окружности, вписанной в ▲OCD, а по условию они равны, значит точка О – середина обеих диагоналей. Далее докажем, что все стороны нашего четырехугольника равны. Воспользуемся формулой S = pr где S – площадь, р – полупериметр, r -радиус вписанной окружности треугольника.
Поскольку у ▲ABO и ▲BOC площади и радиусы вписанных окружностей равны, то значит равны и их периметры, т.е. |AB|=|BC|.

На сторонах АВ и ВС квадрата ABCD взяты две точки М и N так, что |ВМ|+|BN|=|AB|. Нужно доказать, что прямые DM и DN делят диагональ АС на три отрезка, из которых можно сложить треугольник, причем один угол этого треугольника равен 60°.

Решение
Здесь все довольно просто.
Пусть |AM|=x, |CN|=у, х+у=а, где а- сторона квадрата.
Обозначим через Е и F точки пересечения MD и DN с АС. Отрезки |АЕ|, |EF| и |CF| легко можно вычислить через а, х, у, после чего можно
проверить равенство |EF|² = |АЕ|² + |FC|² – |АЕ|x|FC|.

На боковых сторонах KL и MN равнобочной трапеции KLMN выбраны соответственно точки Р и Q так, что отрезок PQ параллелен основаниям трапеции. Известно также, что в каждую из полученных трапеций KPQN и PLMQ можно вписать окружность и радиусы этих окружностей равны R и r соответственно. Требуется определить основания |LM| и |KN|.

Решение
Опустим из центров окружностей перпендикуляры на одну из боковых сторон и проведем через центр меньшей окружности прямую, параллельную этой стороне. Получится прямоугольный треугольник с гипотенузой R + r, одним катетом R-r и острым углом при этом катете α, равным острому углу при основании трапеции. Таким образом, cosα=(R-r)/(R+r). Отсюда получаем что боснование равно 2Rctg(α/2)=2R√(R/r), а меньшее основание равно 2rtg(α/2)=2R√(r/R).

Данн параллелограмм с известной площадью S, в нем проведены биссектрисы его внутренних углов. Площадь четырехугольника, получившегося при их пересечении также известна и равна Q. Требуется найти отношение сторон параллелограмма.

Решение
Биссектрисы нашего параллелограмма при пересечении образуют прямоугольник, диагонали которого будут параллельны сторонам параллелограмма и равняться разности сторон параллелограмма. Следовательно, если а и b — стороны параллелограмма, α угол между
ними, то тогда площади S = аb sinα, Q =1/2 (a-b)^2 sinα, отношение площадей S/Q =2ab/(a-b)^2.
Получаем ответ (S+Q+√(Q^2+4QS))/S.

Еще одна небольшая задачка на сообразительность. Требуется доказать, что если в выпуклом четырехугольнике ABCD выполняется соотношение AB+CD=AD+BC , то тогда существует окружность, которая касается всех его сторон.

Решение
Для начала рассмотрим окружность, которая касается сторон AB, BC и CA. Если допустить что эта окружность не касается стороны DA, то тогда проведя касательную DА₁, получим ∆DA А₁, у которого одна сторона будет равна сумме двух других сторон.

Доказать что описанный многоугольник, все стороны которого равны, является правильным, если число сторон нечетное.

Решение
Решение довольно простое, необходимо просто доказать что касательные к окружности, проведенные из вершин, между которыми расположенна одна вершина многоугольника, равны. И как следствие получим, что если у многоугольника число сторон нечетно, то точки касания есть не что иное как середины сторон.

В данном четырехугольнике проведены диагонали, разбивающие ео на 4 треугольника равного периметра. Требуется доказать, что данный четырехугольник – ромб.

Доказательство.
Для начала поробуем доказать, что диагонали делятся в точке пересечения пополам, т.е. что это параллелограмм. Обозначим наш четырехугольник как ABCD, О – точка пересечения диагоналей. Допустим что |BO|<|OD|, |AO|≤|OC|; рассмотрим треугольник OA₁B₁, симметричный OAB относительно точки О; очевидно, что радиус окружности, вписанной в OA₁B₁,  меньше радиуса окружности, вписанной в OCD, а по условию они равны. Следовательно О – середина обоих диагоналей. Теперь докажем что все стороны АВCD равны, для этого воспользуемся формулой S=pr, где S-площадь, p-полупериметр, r-радиус . Поскольку у ABO и BOC  площади и радиусы вписанных окружностей равны, то равны и их периметры, т.е. |AB|=|BC|