Каталог по темам

Задачи

Страница: 1 [Всего задач: 3]

Задача 66577

Темы:	[	Треугольники (прочее)	]
Темы:	[	Планиметрия (прочее)	]

Сложность: 4
Классы: 9,10,11

Автор: Евдокимов М.А.

На стороне $AC$ треугольника $ABC$ взяли такую точку $D$, что угол $BDC$ равен углу $ABC$. Чему равно наименьшее возможное расстояние между центрами окружностей, описанных около треугольников $ABC$ и $ABD$, если $BC = 1$?

Решение

Первое решение.

Пусть $O_1$ и $O_2$ — центры окружностей, описанных около треугольников $ABC$ и $ABD$ соответственно, а $M$ — середина стороны $BC$. Треугольники $ABC$ и $BDC$ подобны, так как у них угол $C$ общий, а два других угла равны по условию. Поэтому оставшиеся углы этих треугольников $BAC$ и $DBC$ также равны (см. рис.). Это означает, что описанная окружность треугольника $ABD$ касается прямой $BC$, а радиус $O_2B$ перпендикулярен касательной $BC$. Кроме того, $O_1$ лежит на серединном перпендикуляре к стороне $BC$. Поэтому отрезок $MB$ длины $1/2$ является ортогональной проекцией отрезка $O_1O_2$ на прямую $BC$. Но проекция не длиннее отрезка, поэтому $|O_1O_2|\geqslant 1/2$, причём равенство достигается, когда угол $ABC$ равен $90^\circ$, так как в этом случае $O_1$ — середина стороны $AC$, а $O_2$ — середина стороны $AB$, $O_1O_2$ — средняя линия треугольника $ABC$.

Второе решение.

Рассмотрим случай, когда треугольник $ABC$ остроугольный, см. рис. (остальные случаи разбираются аналогично).

По теореме о касательной и секущей $AC\cdot DC=1.$ Далее, $\angle BO_1C=2\angle BAC=\angle BO_2D$, следовательно, подобны равнобедренные треугольники $DBO_2$ и $CBO_1$, поэтому равны углы при их основаниях. Поскольку $O_1O_2$ — серединный перпендикуляр отрезка $AB$, получаем \begin{align*} \angle O_1O_2B&=\frac{1}{2}\angle AO_2B=\frac{1}{2}(360^{\circ}-2\angle ADB)=\\&=180^{\circ}-\angle ADB=\angle BDC. \end{align*} Кроме того, \begin{align*} \angle O_2BO_1&=\angle O_2BD+\angle DBO_1=\\ &=\angle O_1BC+\angle DBO_1=\angle DBC, \end{align*} следовательно, треугольники $O_2O_1B$ и $DBC$ подобны. Из подобия получаем \begin{align*} O_2O_1&=\frac{DC\cdot BO_1}{BC}=DC\cdot BO_1=\\&=\frac{DC}{2}\cdot2BO_1=\frac{DC}{2}(AO_1+O_1C)\geqslant\\&\geqslant \frac{DC\cdot AC}{2}=\frac{1}{2}, \end{align*} причём неравенство обращается в равенство, когда точка $O_1$ лежит на отрезке $AC$, т.е. треугольник $ABC$ прямоугольный.

Ответ

1/2.

Прислать комментарий

Задача 67217

Темы:	[	Вписанный четырехугольник с перпендикулярными диагоналями	]
Темы:	[	Планиметрия (прочее)	]

Сложность: 6
Классы: 8,9,10,11

Авторы: Рябов П., Заславский А.А.

В треугольнике $ABC$ с тупым углом $B$ отмечены такие точки $P$ и $Q$ на $AC$, что $AP=PB$, $BQ=QC$. Окружность $BPQ$ пересекает стороны $AB$ и $BC$ в точках $N$ и $M$ соответственно.

а) (П.Рябов) Докажите, что точка $R$ пересечения $PM$ и $NQ$ равноудалена от $A$ и $C$.

б) (А.Заславский) Пусть $BR$ пересекает $AC$ в точке $S$. Докажите, что $MN\perp OS$, где $O$ – центр описанной окружности треугольника $ABC$.

Решение

а) Пусть $O$ – центр описанной окружности треугольника $ABC$. Тогда $OP\perp AB$ и $OQ\perp BC$. Кроме того, $\angle NQA=\angle NBP=\angle A$ и аналогично $\angle MPC=\angle C$. Поэтому $\angle PRQ+\angle POQ=\pi$ и четырехугольник $OPRQ$ – вписанный. Следовательно, $\angle PRO=\angle PQO=\pi/2-\angle C$, т.е. диагонали четырехугольника перпендикулярны и $AR=AC$.

б) Из п.а) следует, что треугольники $QRP$ и $ABC$ ортологичны с центром $O$ (то есть перпендикуляры, опущенные из вершин треугольника $QRP$ на стороны $ABC$ пересекаются в точке $O$). Кроме того, они перспективны с центром $S$ (прямые, соединяющие соответствующие вершины треугольников, пересекаются точке $S$). По теореме Сонда прямая $OS$ перпендикулярна оси перспективы – прямой $MN$.

Прислать комментарий

Задача 66536

Темы:	[	Вписанные и описанные окружности	]
	[	Треугольники (прочее)	]
	[	Планиметрия (прочее)	]

Сложность: 3
Классы: 7,8,9,10,11

Автор: Бакаев Е.В.

В остроугольном треугольнике ABC проведены высоты AA' и BB'. Точка O – центр окружности, описанной около треугольника ABC. Докажите, что расстояние от точки A' до прямой B' равно расстоянию от точки B' до прямой A'.

Решение

Первое решение. Пусть углы треугольника ABC равны ∠CAB = α, ∠CBA = β. Тогда ∠B'AO = ∠CAO = 90° – β, ∠A'BO = ∠CBO = 90° – α.

Значит, расстояние от точки A' до прямой B' равно A'B sin∠A'BO = A'B sin(90° – α) = A'B cosα = ABcosβcosα, а расстояние от точки B' до прямой A' равно AB' sin ∠B'AO = AB' sin(90° – β) = AB'cosβ = ABcosαcosβ. Таким образом, эти расстояния равны.

Второе решение. Рассмотрим симметрию относительно серединного перпендикуляра к AB. Пусть образом точки A' является точка A₁. Образом прямой OB является прямая OA, следовательно, расстояние от точки A' до прямой OB равно расстоянию от точки A₁ до прямой OA. Таким образом, задача сводится к доказательству равноудаленности точек A₁ и B' от прямой OA, иными словами, необходимо доказать B'A₁ ∥ OA.

Основания A' и B' высот лежат на окружности, построенной на AB как на диаметре. Так как эта окружность при рассмотренной симметрии переходит в себя, точка A₁ также лежит на этой окружности и четырехугольник AB'A₁B – вписанный, значит, ∠CB'A₁ = ∠A₁BA. В свою очередь, из соображений симметрии ∠A₁BA = ∠A'AB = 90° – ∠B. И ∠CAO = 90° – ∠B, следовательно, B'A₁ ∥ OA по признаку.

Третье решение. Пусть CC' – третья высота. Тогда A, B, C – центры вневписанных окружностей треугольника A'B'C'. Поскольку AO ⊥ B'C', BO ⊥ A'C', расстояния от A' до BO и от B' до AO равны отрезкам касательных к соответствующим окружностям.

Прислать комментарий

Страница: 1 [Всего задач: 3]