Математикадан «Туймаада» олимпиадасы. Кіші лига. 2000 жыл

$ABC$ сүйір бұрышты үшбұрышқа сырттай сызылған шеңбердің центрін $O$ деп белгілейік. $OAB$, $OBC$, $OCA$ үшбұрыштарына сырттай сызылған шеңберлердің центрлері дұрыс үшбұрыштың төбелерінде жатыр. $ABC$ дұрыс үшбұрыш екенін дәлелдеңіз.

Комментарий/решение

Комментарии от администратора Комментарии от администратора №1.    

Доказательство громоздкое, буду рад если кто-нибудь выложит более красивое и короткое решение

1)$OA=OB=OC=R$-следует из того, что $O-$ центр описанной вокруг $\triangle ABC$ окружности

2) Пусть $$OD\bot AB;D\in AB$$ $$OE\bot BC;E\in BC$$ $$OF\bot AC;F\in AC$$

3) Теорема: два прямоугольных треугольника равны, если у них равны гипотенузы и один катет.

4) Из $(2,3)$ следует, что $$\triangle AOD=\triangle BOD$$ $$\triangle BOE=\triangle COE$$ $$\triangle AOF=\triangle COF$$

5)Из $(4)$ следует, что $\angle AOD=\angle BOD=\alpha; \angle BOE=\angle COE=\beta; \angle AOF=\angle COF=\gamma$

6) $\angle AOD+\angle BOD+\angle BOE+\angle EOC+\angle COF+\angle FOA=360^\circ$

7) Из $(5,6)$ следует, что $\alpha+\alpha +\beta+\beta+\gamma+\gamma=360^\circ \rightarrow\gamma=180^\circ-(\alpha+\beta)$

8) Теорема: центр описанной окружности треугольника лежит на пресечении серединных перпендикуляров сторон.

9) Пусть $S-$ середина отрезка $OA;T-$ середина отрезка $OB;P-$ середина отрезка $OC$

10) Проведём из точек $S,T,P$ перпендикуляры, тогда $SM,TM,TN,PN,PK,SK-$ серединные перпендикуляры отрезков $AO,OB,OB,OC,OC,AO$ соответственно

11) Заметим, что точка $M$ находится на пересечении серединных перпендикуляров $SM$ и $TM$, значит, $M-$ центр описанной окружности для $\triangle AOB$. Это следует из $(8)$. Аналогично точка $N-$ центр описанной окружности для $\triangle BOC$ и точка $K-$ центр описанной окружности для $\triangle AOC$

12) Рассчитаем длины сторон $\triangle MNK$, то есть треугольника, соединяющего центра описанных окружностей треугольников $\triangle AOB, \triangle AOC, \triangle BOC$. Воспользуемся фактом, что $\sin\gamma=\sin(180^\circ-(\alpha+\beta))=\sin(\alpha+\beta)$

$$MN=MT+TN=MO\cdot\sin\alpha+ON\cdot\sin\beta$$

$$NK=NP+PC=ON\cdot\sin\beta+OK\cdot\sin(\alpha+\beta)$$

$$MK=MS+SK=OM\cdot\sin\alpha+OK\cdot\sin(\alpha+\beta)$$

13)Найдём длины отрезков $MO,ON,OK$

$$MO=R_{\triangle AOB}=\dfrac{AO\cdot OB\cdot AB}{4\cdot S_{\triangle AOB}}$$

$$ON=R_{\triangle BOC}=\dfrac{BO\cdot BC\cdot OC}{4\cdot S_{\triangle BOC}}$$

$$OK=R_{\triangle AOC}=\dfrac{AO\cdot OC\cdot AC}{4\cdot S_{\triangle AOC}}$$

14) Рассмотрим числители выражений $(13)$

$$AO=OB=R;AB=2\cdot DB=2\cdot OB\cdot\sin\alpha=2R\sin\alpha$$

$$BO=OC=R;BC=2\cdot BE=2\cdot OB\cdot\sin\beta =2R\sin\beta$$

$$AO=OC=R;AC=2\cdot FC=2\cdot OC\cdot\sin(\alpha+\beta)=2R \sin(\alpha+\beta)$$

15) Рассмотрим знаменатели выражений $(13)$

$$4\cdot S_{\triangle AOB}=4\cdot\dfrac{1}{2}\cdot AO\cdot OB\cdot\sin(2\alpha)=2R^2\cdot\sin(2\alpha)$$

$$4\cdot S_{\triangle BOC}=4\cdot\dfrac{1}{2}\cdot BO\cdot OC\cdot\sin(2\beta)=2R^2\cdot\sin(2\beta)$$

$$4\cdot S_{\triangle AOC}=4\cdot\dfrac{1}{2}\cdot AO\cdot OC\cdot\sin(2(\alpha+\beta))=2R^2\cdot\sin(2(\alpha+\beta))$$

16)Подставим $(14,15)$ в $(13)$

$$MO=\dfrac{2R^3\cdot\sin\alpha }{2R^2\cdot\sin(2\alpha)}=\dfrac{R\sin\alpha}{\sin(2\alpha)}=\dfrac{ R\sin\alpha }{2\sin\alpha\cdot\cos\alpha}=\dfrac{R}{2\cos\alpha}$$

$$ON=\dfrac{2R^3\cdot\sin\beta}{2R^2\cdot\sin(2\beta)}=\dfrac{R\sin\beta}{\sin(2\beta)}=\dfrac{ R\sin\beta }{2\sin\beta\cdot\cos\beta}=\dfrac{R}{2\cos\beta}$$

$$OK=\dfrac{2R^3\cdot\sin(\alpha+\beta)}{2R^2\cdot\sin(2(\alpha+\beta))}=\dfrac{R\sin(\alpha+\beta)}{\sin(2(\alpha+\beta))}=\dfrac{ R\sin(\alpha+\beta)}{2\sin(\alpha+\beta)\cdot\cos(\alpha+\beta)}=\dfrac{R}{2\cos(\alpha+\beta)}$$

17)Результаты $(16)$ подставим в $(12)$

$$MN=\dfrac{R}{2\cos\alpha}\cdot\sin\alpha+\dfrac{R}{2\cos\beta}\cdot\sin\beta=\dfrac{1}{2}\cdot R\cdot(tg\alpha+tg\beta)$$

$$NK =\dfrac{R}{2\cos\beta}\cdot\sin\beta+\dfrac{R}{2\cos(\alpha+\beta)}\cdot\sin(\alpha+\beta)= \dfrac{1}{2}\cdot R\cdot(tg\beta+tg(\alpha+\beta))$$

$$MK=\dfrac{R}{2\cos\alpha}\cdot\sin\alpha+\dfrac{R}{2\cos(\alpha+\beta)}\cdot\sin(\alpha+\beta)= \dfrac{1}{2}\cdot R\cdot(tg\alpha+tg(\alpha+\beta))$$

18) Заметим, что $\triangle MNK-$ правильный (по условию). Значит, $MN=NK=MK$. То есть $$tg\alpha+tg\beta = tg\alpha+tg(\alpha+\beta)= tg\beta+tg(\alpha+\beta)$$ Также заметим, что $\alpha<90^\circ,\beta<90^\circ$. Вычтем из среднего выражение правое

$$tg\alpha+tg(\alpha+\beta)-tg\beta-tg(\alpha+\beta)=0\rightarrow tg\alpha-tg\beta=0$$ В силу того, что альфа и бета- острые углы, делаем вывод, что $\alpha=\beta$

19) Вычтем из левого уравнения среднее.

$$tg\alpha+tg\beta-tg\alpha-tg(\alpha+\beta)=0\rightarrow tg\beta- tg(\alpha+\beta)=0$$ В силу того, что $\alpha=\beta$, имеем уравнение $tg\beta+tg(2\beta)=0$

20) Решив $(19)$, получим $\alpha=\beta=\gamma=60^\circ$

21) В выражениях $(14)$ подставим $(20)$, получим $AB=BC=AC=R\sqrt{3}$. Значит, раз все стороны у треугольника $ABC$ равны, то он-правильный. Это завершает доказательство.

Одним файлом он не хотел загружаться

Пусть $DEF$ есть правильный треугольник, вершины которого центры окружностей $AOB,BOC,COA$ соответственно, пусть $A,B,O$ такие точки на плоскости что $DE,DF$ серединные перпендикуляры к $OB,OA$ соответственно и $OD$ серединный перпендикуляр к $AB$ тогда $DB=DO=DA$ и $OB=OA$ то есть $O$ лежит на биссектрисе $\angle EDF$ или $ADO,BDO$ правильные треугольники проделывая аналогичные рассуждения для остальных двух , откуда $O$ лежит на биссектрисе $\angle DEF, \ \angle DFE$ откуда $ABCDEF$ правильный шестиугольник или $ABC$ правильный.