3185. Треугольники ABC
и A_{1}B_{1}C_{1}
имеют равные площади. Всегда ли можно построить с помощью циркуля и линейки треугольник A_{2}B_{2}C_{2}
, равный треугольнику A_{1}B_{1}C_{1}
и такой, что прямые AA_{2}
, BB_{2}
и CC_{2}
будут параллельны?
Ответ. Всегда.
Решение. Если треугольник ABC
равен треугольнику A_{1}B_{1}C_{1}
, то способ построения очевиден. В противном случае можно считать, что AB\ne A_{1}B_{1}
(пусть для определённости AB\lt A_{1}B_{1}
).
Построим такой треугольник A'B'C
, что AB\parallel A'B'
, A'B'=A_{1}B_{1}
, B'C=B_{1}C_{1}
, CA'=C_{1}A_{1}
(рис. 1). Для этого проведём через точку C
прямую l
, параллельную AB
, на этой прямой возьмём точку F
, лежащую по ту же сторону от прямой AC
, что и точка B
, и отложим от луча CF
в полуплоскость, не содержащую точку B
, луч под углом, равным углу A_{1}B_{1}C_{1}
. Затем на этом луче отложим отрезок CB'=C_{1}B_{1}
. На луче с началом B'
, противоположно направленном лучу CF
, отложим отрезок B'A'=A_{1}B_{1}
. Тогда треугольник A'CB'
равен треугольнику A_{1}C_{1}B_{1}
по двум сторонам и углу между ними. При этом A'B'\parallel AB
.
Четырёхугольник ABB'A'
— трапеция. Пусть MN
— её средняя линия, P
— точка пересечения продолжений боковых сторон AA'
и BB'
. Поскольку AB\lt A_{1}B_{1}=A'B'
и S_{\triangle ABC}=S_{\triangle A_{1}B_{1}C_{1}}=S_{\triangle A'B'C}
, высота h
треугольника ABC
, проведённая из вершины C
, больше высоты h'
треугольника A'B'C
, проведённой из той же вершины. Поэтому точки P
и C
лежат по разные стороны от прямой MN
. Следовательно, окружность \omega
с диаметром PC
пересекает прямую MN
.
Пусть K
— одна из точек пересечения (на рисунке она лежит на отрезке MN
, но дальнейшие рассуждения на это опираться не будут). Пусть прямая PK
пересекает прямые AB
и A'B'
в точках X
и Y
соответственно. Треугольники ABC
и A'B'C
равновелики, поэтому их высоты, проведённые из общей вершины C
, обратно пропорциональны основаниям AB
и A'B'
. Обозначим \frac{h'}{h}=\frac{AB}{A'B'}=\frac{BX}{B'Y}=k
. Тогда
S_{\triangle XBC}=\frac{1}{2}BX\cdot h=\frac{1}{2}kB'Y\cdot\frac{h'}{k}=\frac{1}{2}B'Y\cdot h'=S_{\triangle YB'C}.
Кроме того, XK=KY
, а угол PKC
— прямой как опирающийся на диаметр окружности \omega
. Поэтому CK
— высота и медиана треугольника XCY
. Значит, CX=CY
.
Пусть Z
— точка, симметричная точке X
относительно C
. Рассмотрим поворот вокруг точки C
, при котором отрезок CY
переходит в CZ
. Точка B'
перейдёт в некоторую точку B_{2}
, причём CB_{2}=CB'
, а точка A'
— в некоторую точку A_{2}
, причём CA_{2}=CA'
, а точка Z
лежит на отрезке A_{2}B_{2}
.
Тогда
\triangle A_{2}B_{2}C=\triangle A'B'C=\triangle A_{1}B_{1}C_{1},~S_{\triangle XBC}=S_{\triangle YB'C}=S_{\triangle ZB_{2}C},
а так как CX=CZ
, то точки B
и B_{2}
равноудалены от прямой XZ
. Значит, BB_{2}\parallel XZ
. Аналогично AA_{2}\parallel XZ
. Следовательно, AA_{2}\parallel BB_{2}
. Таким образом, любой треугольник, который получается из треугольника A_{2}B_{2}C
параллельным переносом, удовлетворяет условию задачи.
Автор: Терёшин Д. А.
Источник: Всероссийская олимпиада школьников. — 2008-09, XXXV, заключительный этап, 9 класс
Источник: Журнал «Квант». — 2009, № 5, с. 50, задача 8, 9 класс