Дан равносторонний треугольник ABC. Для произвольной точки P внутри треугольника рассмотрим точки A' и C' пересечения прямых AP с BC и CP с BA соответственно. Найдите геометрическое место точек P, для которых отрезки AA' и CC' равны.

   Решение

Окружность C₁ радиуса 2 с центром O₁ и окружность C₂ радиуса с центром O₂ расположены так, что O₁O₂ = 2. Прямая l₁ касается окружностей в точках A₁ и A₂, а прямая l₂— в точках B₁ и B₂. Окружности C₁ и C₂ лежат по одну сторону от прямой l₁ и по разные стороны от прямой l₂, A₁ C₁, B₁ C₁, A₂ C₂, B₂ C₂, точки A₁ и B₁ лежат по разные стороны от прямой O₁O₂. Через точку B₁ проведена прямая l₃, перпендикулярная прямой l₂. Прямая l₁ пересекает прямую l₂ в точке A, а прямую l₃ — в точке B. Найдите A₁A₂, B₁B₂ и стороны треугольника ABB₁.

   Решение

Темы:    [ Правильный (равносторонний) треугольник ] [ Сумма углов треугольника. Теорема о внешнем угле. ] [ Вневписанные окружности ]

Сложность: 3 Классы: 8,9

Прислать комментарий

Условие

На сторонах правильного треугольника ABC как на основаниях внутренним образом построены равнобедренные треугольники  A₁BC, AB₁C и ABC₁ с углами α, β и γ при основаниях, причём  α + β + γ = 60°.  Прямые BC₁ и B₁C пересекаются в точке A₂, AC₁ и A₁C – в точке B₂, AB₁ и A₁B – в точке C₂. Докажите, что углы треугольника A₂B₂C₂ равны 3α, 3β и 3γ.

Решение

Точка A₁ лежит на биссектрисе угла A, поэтому точка A лежит на продолжении биссектрисы угла B₂A₁C₂. Кроме того,  ∠B₂AC₂ = α = ½ (180° – ∠B₂A₁C₂).  Поэтому A – центр вневписанной окружности треугольника B₂A₁C₂ (см. задачу 56832). Пусть D – точка пересечения прямых AB и CB₂. Тогда
∠AB₂C₂ = ∠AB₂D = 180° – ∠B₂AD – ∠ADB₂ = 180° – γ – (60° + α) = 60° + β.  А так как  ∠AB₂C = 180° – (α + β) – (β + γ) = 120° – β,  то
∠CB₂C = ∠AB₂C – ∠AB₂C₂ = 60° – 2β.  Аналогично  ∠AB₂A₂ = 60° – 2β.  Поэтому  ∠A₂B₂C₂ = ∠AB₂C – ∠AB₂A₂ – ∠CB₂C₂ = 3β.  Аналогично
∠B₂A₂C₂ = 3α  и  ∠A₂C₂B₂ = 3γ.

Источники и прецеденты использования