Задача 64396

Темы:    [ Точка Торричелли ] [ Шестиугольники ] [ Правильные многоугольники ] [ Подерный (педальный) треугольник ]

Сложность: 5 Классы: 8,9,10

Условие

Автор: Белухов Н.

Дан треугольник ABC и такая точка F, что  ∠AFB = ∠BFC = ∠CFA.  Прямая, проходящая через F и перпендикулярная BC, пересекает медиану, проведённую из вершины A, в точке A₁. Точки B₁ и C₁ определяются аналогично. Докажите, что A₁, B₁ и C₁ являются тремя вершинами правильного шестиугольника, три другие вершины которого лежат на сторонах треугольника ABC.

Решение 1

  Возьмем правильный шестиугольник A₁B'C₁A'B₁C' и такую точку M внутри треугольника A₁B₁C₁, что  ∠B₁MC₁ = 180° – α,  ∠C₁MA₁ = 180° – β,
∠A₁MB₁ = 180° – γ,  где α, β и γ – углы треугольника ABC (эти углы меньше 120╟, потому что F лежит внутри треугольника ABC; отсюда и следует, что точка M лежит внутри треугольника A₁B₁C₁). Пусть прямые, проходящие через A', B' и C' и перпендикулярные A₁M, B₁M и C₁M, образуют треугольник ABC (см. рис.). Очевидно, что он подобен данному треугольнику. Значит, осталось показать, что AA₁, BB₁ и CC₁ являются его медианами, а M – точкой Торричелли (то есть M совпадает с F).

  Пусть прямая, проходящая через C₁ и параллельная AB, пересекает CA и CB в точках P и Q соответственно а T – точка пересечения прямых A₁M и CB. Так как  ∠A₁TA' = 90°,  T лежит на описанной окружности шестиугольника A₁B'C₁A'B₁C' и четырёхугольник MC₁QT вписанный. Следовательно,
∠C₁QM = ∠C₁TM = ∠C₁TA₁ = ∠C₁B₁A₁ = 60°.  Аналогично,  ∠QPM = 60°,  то есть треугольник MPQ равносторонний, а C₁ – середина PQ. Рассмотрев гомотетию с центром C, получаем, что CC₁ – медиана, а CM проходит через третью вершину равностороннего треугольника с основанием AB и, значит, через точку Торричелли.

Решение 2

 Пусть A_P – первая точка Аполлония треугольник ABC (см. рис.). Её педальный треугольник A₀B₀C₀ правильный. Точки Аполлония и Торричелли изогонально сопряжены (см. статью А.В. Акопяна и А.А. Заславского "Разные взгляды на изогональное сопряжение"). Следовательно, их педальные треугольники имеют общую описанную окружность ω (см. задачу 56954).

  Определим точку A₁. Пусть E – проекция F на BC, тогда E лежит на ω. Прямая EF пересекает ω вторично в точке A₁. Угол A₀EA₁ – прямой, следовательно, A₀A₁ – диаметр. Аналогично определяются точки B₁ и C₁. Треугольники A₁B₁C₁ и A₀B₀C₀ центрально симметричны относительно центра окружности ω. Следовательно, шестиугольник A₁B₀C₁A₀B₁C₀ правильный. Осталось доказать, что точки A₁, B₁ и C₁ лежат на соответствующих медианах. Это можно сделать так же, как в решении 1.

Источники и прецеденты использования

олимпиада
Название	Олимпиада по геометрии имени И.Ф. Шарыгина
год
Год	2013
класс
Класс	9
задача
Номер	9.4