16222. Дан остроугольный треугольник ABC
.
а) Докажите, что существует единственная тройка точек A'
, B'
и C'
на сторонах BC
, CA
и AB
соответственно, в которой A'
— середина проекции отрезка B'C'
на сторону BC
, B'
— середина проекции отрезка A'C'
на сторону AC
, C'
— середина проекции отрезка A'B'
на сторону AB
.
б) Докажите, что треугольник A'B'C'
подобен треугольнику, образованному медианами треугольника ABC
.
Решение. а) Докажем, что условию задачи удовлетворяет единственная тройка точек A'
, B'
и C'
, в которой эти точки — проекции точки Лемуана (т. е. точки пересечения симедиан треугольника) на стороны соответственно BC
, CA
и AB
.
Обозначим углы треугольника ABC
, противолежащие сторонам BC=a
, CA=b
и AB=c
, через \alpha
, \beta
и \gamma
соответственно. Пусть A'
, B'
и C'
— проекции точки Лемуана L
на стороны соответственно BC
, CA
и AB
.
Отрезки LA'
, LB'
и LC'
пропорциональны сторонам BC
, CA
и AB
соответственно (см. решение задачи 11069). Обозначим
\frac{LA'}{a}=\frac{LB'}{b}=\frac{LC'}{c}=\lambda.
Пусть M
— точка пересечения прямой A'L
с отрезком B'C'
. Четырёхугольник BA'LC'
вписан в окружность с диаметром A'C'
, а четырёхугольник CB'LA'
— в окружность с диаметром CL
, поэтому
\angle C'LM=\angle A'BC'=\beta~\mbox{и}~\angle B'LM=\angle A'CB'=\gamma.
По теореме синусов из треугольников B'C'L
и ABC
получаем
\frac{\sin\angle LC'B'}{\sin\angle LB'C'}=\frac{LB'}{LC'}=\frac{\lambda b}{\lambda c}=\frac{b}{c}=\frac{\sin\beta}{\sin\gamma}=\frac{\sin\angle C'LM}{\sin\angle B'LM}.\eqno(1)
Разделив равенство \frac{B'L}{\sin\angle MLB'}=\frac{BM}{\sin\gamma}
на равенство \frac{C'L}{\sin\angle MLC'}=\frac{CM}{\sin\beta}
и учитывая, что синусы смежных углов равны, получим
\frac{\sin\beta}{\sin\gamma}=\frac{B'L}{C'L}=\frac{BM}{CM}\cdot\frac{\sin\beta}{\sin\gamma},
откуда \frac{BM}{CM}=1
, т. е. M
— середина отрезка B'C'
.
Легко видеть, что верно и обратное: если M
— середина отрезка B'C'
, то верно равенство (1). Таким образом, LM
— медиана треугольника B'LC'
тогда и только тогда, когда верно равенство (1). Следовательно, A'
— середина проекции отрезка B'C'
на сторону BC
. Аналогично для точек B'
и C'
.
Докажем единственность. Пусть L'
— любая точка, не лежащая на прямой AL
; D
, E
и F
— её проекции на стороны BC
, CA
и AB
соответственно, а прямая DL'
пересекает EF
в точке N
.
Поскольку \frac{L'E}{L'F}\ne\frac{b}{c}
, равенство (1) для треугольника EL'F
не выполняется, поэтому точка N
не может быть серединой отрезка EF
. Следовательно, A'
, B'
и C'
— единственная тройка точек, удовлетворяющая условию задачи.
б) Медианы треугольника ABC
, проведённые из вершин A
, B
и C
равны m_{a}
, m_{b}
и m_{c}
соответственно. Тогда по теореме косинусов из треугольника B'LC'
получаем
B'C'^{2}=LB'^{2}+LC'^{2}-2LB'\cdot LC'\cos(\beta+\gamma)=\lambda^{2}(b^{2}+c^{2}-2bc\cos(180^{\circ}-\alpha))=
=\lambda^{2}(b^{2}+c^{2}+2bc\cos(180^{\circ}-\alpha))=\lambda^{2}(b^{2}+c^{2}+2bc\cos\alpha)=
=\lambda^{2}\left(b^{2}+c^{2}+2bc\cdot\frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2bc}\right)=\lambda^{2}(2(b^{2}+c^{2})-a^{2})=
=4\lambda^{2}\left(\frac{b^{2}+c^{2}}{2}-\frac{a^{2}}{4}\right)=4\lambda^{2}m_{a}^{2}
(см. задачу 4014), откуда B'C'=2\lambda m_{a}
. Аналогично,
C'A'=2\lambda m_{b}~\mbox{и}~A'B'=2\lambda m_{c}.
Следовательно, треугольник A'B'C'
подобен треугольнику со сторонами m_{a}
, m_{b}
и m_{c}
, причём коэффициент подобия равен 2\lambda
.
Источник: Болгарские математические олимпиады. — 2000
Источник: Журнал «Crux Mathematicorum». — 2005, № 3, задача 2 (2003, с. 23-24,), с. 153