Информация о задаче

Задача 78574

Темы:	[	ГМТ - окружность или дуга окружности	]
	[	Отрезок, видимый из двух точек под одним углом	]
	[	Правильный (равносторонний) треугольник	]
	[	Углы, опирающиеся на равные дуги и равные хорды	]

Сложность: 5
Классы: 9,10

Прислать комментарий

Условие

Найти геометрическое место центров равносторонних треугольников, описанных около данного произвольного треугольника.

Решение

Пусть прямые FG, GE и EF проходят через точки A, B и C, причём треугольник EFG равносторонний, т. е. $\angle$ (GE, EF) = $\angle$ (EF, FG) = $\angle$ (FG, GE) = ±60^o. Тогда $\angle$ (BE, EC) = $\angle$ (CF, FA) = $\angle$ (AG, GB) = ±60^o. Выбрав один из знаков, получим три окружности S_E, S_F и S_G, на которых должны лежать точки E, F и G. Любая точка E окружности S_E однозначно определяет треугольник EFG. Пусть O — центр треугольника EFG; P, R и Q — точки пересечения прямых OE, OF и OG с соответствующими окружностями S_E, S_F и S_G. Докажем, что P, Q и R — центры правильных треугольников, построенных на сторонах треугольника ABC (для одного семейства внешним образом, для другого внутренним), а точка O лежит на описанной окружности треугольника PQR. Ясно, что $\angle$ (CB, BP) = $\angle$ (CE, EP) = $\angle$ (EF, EO) = $\mp$ 30^o, a $\angle$ (BP, CP) = $\angle$ (BE, EC) = $\angle$ (GE, EF) = ±60^o. Поэтому $\angle$ (CB, CP) = $\angle$ (CB, BP) + $\angle$ (BP, CP) = ±30^o. Следовательно, P — центр правильного треугольника со стороной AB. Для точек Q и R доказательство аналогично. Треугольник PQR равносторонний (теорема Наполеона.), причём его центр совпадает с точкой пересечения медиан треугольника ABC. Чтобы доказать это, сначала докажем следующее вспомогательное утверждение. Пусть на сторонах AB и AC треугольника ABC внешним образом построены прямоугольные треугольники ABC₁ и AB₁C, причём $\angle$ C₁ = $\angle$ B₁ = 90^o, $\angle$ ABC₁ = $\angle$ ACB₁ = $\varphi$ ; M — середина BC. Тогда MB₁ = MC₁ и $\angle$ B₁MC₁ = 2 $\varphi$ . Действительно, пусть P и Q — середины сторон AB и AC. Тогда MP = AC/2 = QB₁, MQ = AB/2 = PC₁ и $\angle$ C₁PM = $\angle$ C₁PB + $\angle$ BPM = $\angle$ B₁QC + $\angle$ CQM = $\angle$ B₁QM. Следовательно, $\triangle$ MQB₁ = $\triangle$ C₁PM, а значит, MC₁ = MB₁. Кроме того, $\angle$ PMC₁ + $\angle$ QMB₁ = $\angle$ QB₁M + $\angle$ QMB₁ = 180^o - $\angle$ MQB₁, а $\angle$ MQB₁ = $\angle$ A + $\angle$ CQB₁ = $\angle$ A + (180^o - 2 $\varphi$ ). Следовательно, $\angle$ B₁MC₁ = $\angle$ PMQ + 2 $\varphi$ - $\angle$ A = 2 $\varphi$ . (Случай, когда $\angle$ C₁PB + $\angle$ BPM > 180^o, разбирается аналогично.) Теперь уже можно доказать требуемое утверждение. Возьмем на сторонах AB и AC такие точки B' и C', что AB' : AB = AC' : AC = 2 : 3. Середина M отрезка B'C' совпадает с точкой пересечения медиан треугольника ABC. Построим на сторонах AB' и AC' внешним образом прямоугольные треугольники AB'C₁ и AB₁C' с углом $\varphi$ = 60^o. Тогда B₁ и C₁ — центры правильных треугольников, построенных на сторонах AB и AC; с другой стороны, как только что было доказано, MB₁ = MC₁ и $\angle$ B₁MC₁ = 120^o. (Все утверждения остаются верными и для треугольников, построенных внутренним образом). Легко проверить, что $\angle$ (PR, RQ) = $\mp$ 60^o = $\angle$ (OE, OG) = $\angle$ (OP, OQ) =, т. е. точка O лежит на описанной окружности треугольника PQR.

Ответ

Две окружности, центры которых совпадают с точкой пересечения медиан данного треугольника.

Источники и прецеденты использования


олимпиада
Название	Московская математическая олимпиада
год
Номер	28
Год	1965
вариант
	1
Класс	9
Тур	2
задача
Номер	5