Информация о задаче

Задача 66956

Темы:	[	Прямая Эйлера и окружность девяти точек	]
	[	Симметрия помогает решить задачу	]
	[	Признаки и свойства параллелограмма	]

Сложность: 5
Классы: 9,10,11

Прислать комментарий

Условие

Автор: Белухов Н.

Отображение $f$ ставит в соответствие каждому невырожденному треугольнику на плоскости окружность ненулевого радиуса, причем выполняются следующие условия:

– Если произвольное подобие $\sigma$ переводит треугольник $\Delta_1$ в $\Delta_2$, то $\sigma$ переводит окружность $f(\Delta_1)$ в $f(\Delta_2)$.

– Для любых четырех точек общего положения $A$, $B$, $C$, $D$ окружности $f(ABC)$, $f(BCD)$, $f(CDA)$ и $f(DAB)$ имеют общую точку.

Докажите, что для любого треугольника $\Delta$ окружность $f(\Delta)$ совпадает с окружностью девяти точек треугольника $\Delta$ .

Решение

Известно, что для любых точек общего положения $A$, $B$, $C$, $D$ окружности девяти точек треугольников $ABC$, $BCD$, $CDA$, $DAB$ пересекаются в одной точке. Таким образом, отображение, ставящее в соответствие каждому треугольнику его окружность девяти точек, удовлетворяет обоим условиям.

Назовем треугольник $\Delta$ хорошим, если $f(\Delta)$ – окружность девяти точек $\Delta$. Надо доказать, что все треугольники хорошие. Для четырех точек общего положения $A$, $B$, $C$, $D$ назовем общую точку окружностей $f(ABC)$, $f(BCD)$, $f(CDA)$, $f(DAB)$ договорной точкой для $A$, $B$, $C$, $D$.

Лемма 1. Правильный треугольник хороший.

Доказательство. Пусть $ABC$ – правильны треугольник с центром $O$. По первому условию поворот на $120^\circ$ вокруг $O$ сохраняет $f(ABC)$. Следовательно, $O$ – центр $f(ABC)$.

Пусть $P$ – какая-нибудь из договорных точек $A$, $B$, $C$, $O$. Тогда $P\neq O$. Пусть $Q$ и $R$ такие точки, что $PQR$ – правильный треугольник с центром $O$. Используя первое условие и поворот на $\pm 120^\circ$ вокруг $O$, получаем, что $Q$ и $R$ также будут договорными точками для $A$, $B$, $C$, $O$. Следовательно, $O$ – центр $f(AOB)$.

Пусть $D$ вершина ромба $ABCD$, а $S$ – договорная точка для $A$, $B$, $C$, $D$. Тогда $f(ABC)$ и $f(ACD)$ симметричны относительно прямой $AC$. Так как центр $O$ окружности $f(ABC)$ не лежит на $AC$, точка $S$ лежит на $AC$. Аналогично, $S$ лежит на $BD$. Следовательно, $S$ – середина $AC$. Лемма доказана

Лемма 2. Пусть $ABC$ – равнобедренный треугольник с $AB=AC$. Тогда центр $f(ABC)$ лежит на серединном перпендикуляре к $BC$.

Доказательство. Применим первое условие и симметрию относительно серединного перпендикуляра $BC$.

Лемма 3. Для любого треугольника $ABC$ середины сторон $AB$, $BC$, $CA$ лежат внутри или на окружности $f(ABC)$.

Доказательство. Предположим, что середина $M$ стороны $AC$ лежит вне $f(ABC)$. Рассмотрим проходящую через $M$ прямую $\ell$, не пересекающую $f(ABC)$. Пусть $D$ вершина параллелограмма $ABCD$. Тогда $\ell$ разделяет $f(ABC)$ и $f(ACD)$, что противоречит второму условию для точек $A$, $B$, $C$, $D$.

Лемма 4. Пусть $ABC$ – равнобедренный треугольник с $AB=AC$ и $\angle A\leq 30^\circ$. Тогда $f(ABC)$ касается отрезка $BC$ в его середине и лежит по ту же сторону от $BC$, что и точка $A$.

Доказательство. Пусть точка $D$ лежит по одну сторону с $A$ от прямой $BC$ и треугольник $BCD$ правильный. Пусть $M$ – середина $BC$, $N$ – середина $AM$, $k$ – окружность с диаметром $MN$.

По лемме 1 и так как $\angle A\leq 30^\circ$, $f(BCD)$ лежит внутри $k$ или касается ее в точке $M$. По леммам 2 и 3 $k$ лежит внутри $f(ABC)$ или касается ее в точке $M$. Следовательно, $M$ – единственная договорная точка для $A$, $B$, $C$, $D$.

Лемма 5. Пусть $ABC$ равнобедренный треугольник с $AB=AC$ и $\angle A\geq 150^\circ$. Тогда $f(ABC)$ касается отрезка $BC$ в его середине и лежит по ту же сторону от $BC$, что и точка $A$.

Доказательство. Пусть $D$ – вершина ромба $ABDC$. Применяя к треугольникам $ABD$ и $ACD$ лемму 4, получаем, что единственная договорная точка для $A$, $B$, $C$, $D$ – это точка пересечения $AD$ и $BC$. Дальнейшие рассуждения повторяют доказательство леммы 4.

Лемма 6. Остроугольный треугольник $ABC$ с углами $\angle A \le 15^\circ$, $\angle B \ge 75^\circ$, $\angle C \ge 75^\circ$ хороший.

Доказательство. Пусть точка $D$ симметрична $A$ относительно $BC$. По лемме 5, так как $75^\circ \le \angle B < 90^\circ$, $75^\circ \le \angle C < 90^\circ$, получаем, что проекция $P$ точки $A$ на $BC$ – единственная общая точка $f(ABD)$ и $f(ACD)$. По второму условию $P$ лежит на $f(ABC)$. Аналогично из лемм 4 и 5 получаем, что проекции $Q$ точки $B$ на $CA$ и проекция $R$ точки $C$ на $AB$ лежат на той же окружности. Следовательно, $f(ABC)$ совпадает с окружностью $PQR$.

Лемма 7. Пусть $ABC$ – произвольный треугольник. Предположим, что найдется такой круг $\mathcal{D}$, что для любой точки $D \in \mathcal{D}$ оба треугольника $ABD$ и $ACD$ хорошие. Тогда треугольник $ABC$ тоже хороший.

Доказательство. Предположим, что $ABC$ не является хорошим. Тогда $f(ABC)$ и окружность девяти точек $e$ треугольника $ABC$ имеют не больше двух общих точек.

Уменьшая, если надо, круг $\mathcal{D}$, можно добиться, что для любой точки $D \in \mathcal{D}$ середина $M$ отрезка $AD$ не лежит на $e$, а окружности девяти точек $e_1$ $e_2$ треугольников $ABD$ и $ACD$ не совпадают. Тогда $e_1$ и $e_2$ пересекаются в $M$ и некоторой точке $N$, лежащей на окружности $e$.

Однако, вновь уменьшив круг $\mathcal{D}$, можно добиться, что $M$ не лежит на $f(ABC)$, а $N$ не является общей точкой $e$ и $f(ABC)$ для любой точки $D \in \mathcal{D}$. Тогда окружности $f(ABC)$, $f(ABD) = e_1$ и $f(ACD) = e_2$ не имеют общих точек – противоречие.

Лемма 8. Любой треугольник с двумя углами, меньшими $7^\circ 30'$, хороший.

Доказательство. Рассмотрим достаточно малый круг $\mathcal{D}$ с центром в центре описанной окружности треугольника и применим леммы 6 и 7.

Лемма 9. Пусть любой треугольник с двумя углами, меньшими $\theta$, хороший. Тогда любой треугольник с углом, меньшим $2\theta$, тоже хороший.

Доказательство. Пусть в треугольнике $ABC$ $\angle A<2\theta$. Тогда найдется такой круг $\mathcal{D}$, что $\angle BAD<\theta$ и $\angle CAD<\theta$ для любой точки $D \in \mathcal{D}$, причем, если взять $\mathcal{D}$ достаточно далеко от $ABC$, то и $\angle ADB<\theta$, $\angle ADC < \theta$ для любой точки $D \in \mathcal{D}$. Осталось применить лемму 7.

Используя лемму 8 и многократно применяя лемму 9, получаем, что все треугольники хорошие.

Источники и прецеденты использования


олимпиада
Название	Олимпиада по геометрии имени И.Ф. Шарыгина
год
Год	2021
Заочный тур
задача
Номер	20 [10-11 кл]