ЗАДАЧИ
problems.ru
О проекте | Об авторах | Справочник
Каталог по темам | по источникам |
К задаче N

Проект МЦНМО
при участии
школы 57
Задача 115419
Темы:    [ Перенос помогает решить задачу ]
[ Отношение площадей треугольников с общим основанием или общей высотой ]
[ Треугольник (построения) ]
[ Вписанный угол, опирающийся на диаметр ]
[ Вспомогательные равные треугольники ]
Сложность: 5-
Классы: 8,9,10
В корзину
Прислать комментарий

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).

  Построим такой треугольник A'B'C, что  AB || A'B'A'B' = A1B1B'C = B1C1CA' = C1A1 (см. рис.; это построение легко осуществить, например, используя равенство  ∠BCB' = ∠B + ∠B1).
  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.

Источники и прецеденты использования

олимпиада
Название Всероссийская олимпиада по математике
год
Год 2008-2009
Этап
Вариант 5
Класс
Класс 9
задача
Номер 06.4.9.8

© 2004-... МЦНМО (о копирайте)
Пишите нам

Проект осуществляется при поддержке Департамента образования г.Москвы и ФЦП "Кадры" .