Задача 115419
|
|
 |
Условие
Треугольники ABC и A1B1C1 имеют равные площади. Всегда ли можно построить при помощи циркуля и линейки треугольник A2B2C2, равный треугольнику A1B1C1 и такой, что прямые AA2, BB2 и CC2 будут параллельны?
Решение
Если треугольники ABC и A1B1C1 равны, то способ построения очевиден. В противном случае можно считать, что AB ≠ A1B1 (пусть для определенности AB < A1B1).
Тогда ABB'A' – трапеция. Пусть MN – её средняя линия, а P – точка пересечения продолжений боковых сторон. Построим на отрезке PC, как на диаметре, окружность ω. Так как AB < A1B1 = A'B', SABC = SA1B1C1 = SA'B'C, то расстояние от точки C до прямой AB больше расстояния от C до прямой A'B', поэтому точки P и C лежат по разные стороны от прямой MN, следовательно, ω пересекает прямую MN. Пусть K – одна из точек пересечения (на рисунке она лежит на отрезке MN, но наши рассуждения на это опираться не будут).
Проведём прямую PK до пересечения с прямыми AB и A'B' в точках X и Y соответственно. Тогда AX : XB = A'Y : YB', поэтому SXBC = SYB'C. Кроме того, XK = KY, а угол PKC – прямой как опирающийся на диаметр в окружности ω. Значит, CK – серединный перпендикуляр к отрезку XY, и CX = CY.
На продолжении отрезка XC за точку C возьмём такую точку Z, что XC = CZ. Построим треугольники A2CZ и B2CZ, равные треугольникам A'CY и B'CY соответственно. Тогда треугольники A2B2C, A'B'C и A1B1C1. Покажем, что AA2 || BB2 (тогда можно сдвинуть треугольник A2B2C вдоль прямой AA2, получив требуемый). Так как CX = CZ, SABC = SA2B2C и SXBC = SZB2C, то SXAC = SZA2C, расстояния от точек A и A2 до прямой XZ равны, и расстояния от точек B и B2 до прямой XZ также равны. Следовательно, AA2 || XZ || BB2, что и требовалось.
