І. Кушнір
101 ЗАДАЧА ПРО ЧУДОВІ ТОЧКИ ТРИКУТНИКА
Київ ∙ 2007


УДК 514
ББК 22.151
К 96
© Кушнір I., 2007 © Дизайн, макет. ISBN 978-966-359-206-0 «Факт», 2007


ПЕРЕДМОВА
Шановний читачу! Ви відкрили першу в Україні, а можливо, і у світі книгу з задачами про точки трикутника. Багато з цих точок називають чудовими. Такий епітет закріпився за ними з часів Евкліда і стосувався центрів кіл, описаного навколо трикутника і вписаного у нього; точки перетину висот; медіан; бісектрис. Час іде, і ми приєднали до них центри зовнівписаних кіл (∕0, Ib, Іс), три точки W (Bz1, Bz2, Bz3), точки, які належать прямій Ейлера, колу Ейлера (коло дев’яти точок).
Всі задачі, що пропонуються, призначені учням як масової школи, так і спеціалізованих класів, усім, хто бажає не тільки поглиблювати знання з геометрії, але і відточувати свій ес- тетико-математичний смак. Тут немає жодної З


101 ЗАДАЧА ПРО ЧУДОВІ ТОЧКИ ТРИКУТНИКА
випадкової задачі. Перед тим, як прочитати розв’язання, намагайтеся розв’язати задачу самостійно. Знайдіть супутні відомості, теореми, формули, тим більше, що у видавництві «Факт» книг на цю тему видано чимало.
І ше порада! Не поспішайте, розтягніть задоволення пізнання, щоб розв’язання запропонованих задач стало вашим і тільки вашим, можливо, кращим, ніж у автора.
На це щиро сподіваюсь.
/. Кушнір
4


і. Центр кола, описаного навколо ΔABC
(Т. 0)


101 ЗАДАЧА ПРО ЧУДОВІ ТОЧКИ ТРИКУТНИКА
№ і Задача 1. Коло γ2 проходить через центр О кола γ1 і перетинає його у точках А та В. Через точку А проведено дотичну до кола γ2, D — друга точка перетину цієї дотичної з колом γl. Доведіть, що AD = АВ.
Доведення
Нехай О — центр кола γl. Розглянемо трикутники з вершиною у точці О зі сторонами — радіусами κoπaγ1. Оскільки
ЛАВО = AOAD
(AOAD = і и АО як кут між дотичною та хордою), відтак ∆AOB = ΔAOD (як рівнобедрені), отже, AD = АВ, що і треба було довести.
Y2
Рис. 1
6


і. Центр кола, описаного навколо ΔABC (т. 0)
Задача 2. Точки Ol, O2, О3 — симетричні №2 точці О відносно сторін БС, АС, АВ трикутника ABC. Довести, що прямі AOi, BO2,CO3 перетинаються у одній точці.
Доведення
Нехай Н — ортоцентр трикутника ABC (рис. 2). ЧотирикутникОЛЯО, — паралелограм, такякОО, =AH (OMl =±-Atf)τaOOl∣∣A∕∕.
Отже, діагональ ΛOl перетинає відрізок ОЯ у середині — точці Е. Аналогічно, точка Е належить і відрізкам BO2, CO3.
А
Рис. 2
7


101 ЗАДАЧА ПРО ЧУДОВІ ТОЧКИ ТРИКУТНИКА
№3
Задача 3. Точки К і L на сторонах ВС і АВ гострокутного трикутника АВС такі, що KL И AC, Q — точка перетину перпендикулярів, поставлених у точках К і L до відрізків АВ і ВС. Доведіть, що В, Q і центр О описаного кола трикутника ABC лежать на одній прямій.
Доведення
Нехай М} і М3 — середини сторін ВС і АВ. Оскільки KL∖∖AC (рис. 3) і MxM3∖∖AC, то M∖M3 IILK. Тоді гомотетія з центром у точці В, яка переводить точку Λf1 у точку L, переводить точку М3 у точку К і точку О у точку Q, тому точки В, О та Q належать одній прямій.
8


і. Центр кола, описаного навколо ΔABC (т. 0)
Задача 4. Нехай О — центр описаного нав- № 4 коло трикутника ABC кола. AvB∣,C∣ — точки перетину прямих АО, ВО, СО з відповідними сторонами трикутника. Довести, шо
1 1 1 _2
AAi+ BBl+CCi ~ R
Доведення
За теоремою Жергона1
АХ ВХ СХ n
Λ4l BB' CCi
(X — точка перетину відрізків AAi, BBl τaCC1).
Нехай X ≡O. Тоді
АХ =BX =CX =R
і формула Жергона набуде вигляду:
1 1 1 _2
AAx BBi CCi R
(R — радіус описаного кола), що і треба було довести.
1 Див. «Повернення втраченої геометрії» (Київ, «Факт, 2000), с. 66.
9


101 ЗАДАЧА ПРО ЧУДОВІ ТОЧКИ ТРИКУТНИКА
№5
Задача 5. Одна з точок перетону двох кіл — точка К. Пряма дотикається цих кіл у точках М і N. Радіуси кіл Al і R2. Знайти радіус кола, описаного навколо трикутника KMN.
Розв’язання
Позначимо О, iθ2 — центри кіл, шо перетинаються, О — центр кола, описаного навколо трикутника MNK. (Випадоктрикутника MNK^ пропонуємо розглянути самостійно.) Доведемо, що трикутники МОК і N02K подібні (рис. 4). Дійсно, нехай Z,KN02 = α, Z.KM0 =β∙
10


і. Центр кола, описаного навколо ΔABC (т. 0)
Тоді
α =90o -ΔMNK =90° --Z.M0K =
2
= 90o -i(180o -2β) =90o -90o + β = β.
Отже, а = β і рівнобедрені трикутники МОК та NO К подібні. Тоді
А = ™ (і)
R1 KN
{Rx — радіус кола з центром О).
З подібності трикутників KON і KOyM випливає
А = М (2)
я, км'
Перемножимо рівності (1) і (2):
∕ζ2 = Я| ∙ Rl∖ Rx = y∣Ri ∙ R2.
Задача 6. У трикутнику ABC центр описа- № в ного кола належить відрізку MN, де М і N — проекції точки Hi (основа висоти AH l) на сторони АС і АВ. Довести, що відрізок MN ділить площу трикутника ABC навпіл.


101 ЗАДАЧА ПРО ЧУДОВІ ТОЧКИ ТРИКУТНИКА
Доведення
Доведемо спочатку, що пряма АО перетинає відрізок MN під прямим кутом (рис. 5).
А
Рис. 5
Якщо навколо чотирикутника AMHxN описати коло, то ZAMN = ZAHxN =В,а
ΛMA0 = AHxAN =90° -В.
Нехай’ АО перетинає MN у точці D. Тоді
ΛADM = ZAMD + Z.MAD = В+90° -В = 90°.
Нехай тепер точка О належить прямій MN (O≡D).Toai
S.m=-MNAO = -- R = -S, 2 2 R 2
що і треба було довести.
12


і. Центр кола, описаного навколо ΔABC (т. 0)
Задача 7. (Петербурзька олімпіада, дру- №7 гий тур, 1998 р., автор задачі М. Пратусе- вич). О — центр описаного кола гострокутного трикутника ABC. Пряма ВО — вдруге перетинає описане коло у точці D, а продовження висоти, опущеної з вершини А, перетинає коло у точці Е. Доведіть, що площа чотирикутника BECD дорівнює площі трикутника ABC.
Доведення1
У чотирикутнику BECD (рис. 6) проведемо діагональ DE, вона перетне діагональ ВС у точці Р. Площа
Sbecd = —ВС ■ DE sin а,
де а — кут DPC.
Оскільки
ZB£Z) = 90°,
ТО
DE = DB ■ cos ΛBDE, ΛBDE = ZBAE =90° -В,
1 Подане доведення відмінне від авторського.
13


101 ЗАДАЧА ПРО ЧУДОВІ ТОЧКИ ТРИКУТНИКА
Рис. 6
отже,
DE = 2Λcos(90o -В) =2ΛsinB = b.
Таким чином, с 1 а • SBECD =→∕>sιnα.
Залишається довести, що a =С. Дійсно,
a = ^(uBE + uZ)C),
14


і. Центр кола, описаного навколо ΔABC (т. 0)
<jBE = 2ABAE = 180° -25,
uDC =uBCD-<jBEC =180° -2/1,
180° -25 + 180° -2 А
= 180°-(Λ+5)=C.
Отже,
S
BECD ~ 2 ^sinC —S
ABC'
що і треба було довести.
Задача 8 (МДУ, фізичний факультет). Через центр О кола, описаного навколо трикутника ABC, проведені прямі, перпендикулярні сторонам АС і 5С. Ці прямі перетинають висоту CH3 або її продовження у точках Р і Q. Відомо, що CP = р, CQ = q. Знайдіть радіус кола, описаного навколо трикутника ABC.
Розв’язання
Проведемо коло через точки P,Q '∖O (рис. 7). Оскільки
ΛCOMx=A і Z.CQO = А,
№8
15


101 ЗАДАЧА Γ∏>0 ЧУДОВІ ТОЧКИ ТРИКУТНИКА
(довести!), то СО — дотична до кола, CQ — січна, і за теоремою про дотичну та січну CO2=CQCP, тобто
R2=pq∙, R = Jpq.
16


2. Точка ПЕРЕТИНУ ВИСОТ (ортоцентр)


101 ЗАДАЧА ПРО ЧУДОВІ ТОЧКИ ТРИКУТНИКА
№9 Задача 1. Прямі, які містять висоти трикутника, перетинаються в одній точці1.
Доведення
Проведемо через вершини А, ВІС — прямі, паралельні відповідним сторонам трикутника (рис. 1). Розглянемо паралелограми АВСВ, і ACBCv ОскількиВС = АВ, і ВС = АС,, то AB, =AC,, тобто точка А ділить відрізок В,С, навпіл. Аналогічно, точки В ІС ділять навпіл відповідно відрізки А,С, і √4l5l. Тому прямі, яким належать висоти трикутника ABC,
Ця точка називається ортоцентром. 18


2. Точка перетину висот (ортоцентр)
перпендикулярні сторонам Λ∣BlCl в їх серединах. Отже, вони мають спільну точку — центр кола, описаного навколо трикутника AlBtCl. Ця точка спільна для висот трикутника ABC.
Задача 2. Довести, що ортоцентр ділить №іо висоти трикутника на частини, добуток яких постійний для даного трикутника.
Доведення
Доведемо задачу для гострокутного трикутника. Оскільки Z.H∖HB = Z.ACB (рис. 2), то
HHl = BHcosC.
2*
19


101 ЗАДАЧА ПРО ЧУДОВІ ТОЧКИ ТРИКУТНИКА
Враховуючи формули
AH = 2RcosC, ВН = 2RcosB, маємо
HHx =2AcosBcosC,
AH ∙ ННl =4Λ2 cos√4 cosBcosC.
Для не гострокутного трикутника доведення аналогічне.
№ її Задача 3. На сторонах АС і ВС трикутника ABC зовні його побудовані квадрати CAAxM і CBBxN. Довести, що прямі AxB і ABx перетинаються на висоті трикутника (або продовженні), яка проведена через вершину С.
Доведення
З вершин А і В трикутника ABC (рис. 3) опустимо перпендикуляри на ABx і AxB до перетину з продовженням висоти CD відповідно у точках Nx і Nr Трикутники BCN-, і ABBx рівні {ΔBN2C = Z,BABx, ΛN2BC = Z55lΛ, ВС = BBx), отже, AB=CNr Тоді
ΔACNx = ΔABAl
(AAx = AC, ∆CANx = ΔBAxA, ΔANxC = ZABAx), звідси AB=CNx.
20


2. Точка перетину висот (ортоцентр)
Відтак, CN2 =CNi, тобто точки 7Vl і N2 повинні співпасти, тоді отримаємо трикутник ABNv в якому відрізки DNl, AF і BE — висоти, тобто перетинаються в одній точці.
Задача 4. Довести, що точка, симетрична № 12 ортоцентру трикутника відносно середини його сторони, належить описаному навколо цього трикутника колу.
21


101 ЗАДАЧА ПРО ЧУДОВІ ТОЧКИ ТРИКУТНИКА
Доведення
Проведемо пряму АО (рис. 4) до перетину з прямою НМ} у точці Al. Оскільки
ОМ. =-АН 1 2
(доведіть!) і 0М\ И АН, то у трикутнику AAlH відрізок ОМ, — середня лінія і
HMx =AlMx, AO =0A, = R.
Отже точка Л, належить колу, описаному навколо трикутника ABC.
Рис. 4
22


2. Точка перетину висот (ортоцентр)
Задача 5 (автор Ф. О. Бартеньев). У параде- № із лограмі ABCD з вершини А тупого кута проведені перпендикуляри AAx (на сторону ВС) і AA2 (на сторону CD). Нехай AC = d, A∣A2 = t. Знайдіть відстань від вершини А до ортоцентра Н трикутника A41Λ2.
Розв’язання
Оскільки ZA4lC = ZA42C =90° (рис. 5), то навколо чотирикутника AAlCA2 можна описа-
1 √ □
ти коло, радіус якого дорівнює — а. Застосує¬
мо до трикутника АА} А2 формулу
AH2=4R2-a2
Рис. 5
23


101 ЗАДАЧА ПРО ЧУДОВІ ТОЧКИ ТРИКУТНИКА
№ 14
Отримаємо
АН2 =4 -
-(AxAj=d2-t2.
Задача 6. У гострокутному трикутнику ABC АВ2 =AHha+BHhb.
Довести.
Доведення
Перепишемо задану рівність у вигляді:
ЛЯ ЛЯ, ВН BH2 χ AB AB + AB АВ
Позначимо Z.BAH , =α, ZΛBH2 =Р(рис. 6).
А
Рис. 6
24


2. Точка перетину висот (ортоцентр)
Тоді
ЛЯ. BH2 n
l = cos а, —- = cos В;
АВ АВ
AH _ sinβ ВН _ sin а
AB sin(α + β), AB sin(a + β)
(з ДЛЯ/? за теоремою синусів). Отримуємо
AH AH l ВН ВН2_ АВ АВ + АВ АВ
_ sinβcosa sinacosβ
sin(a + β) sin(a + β)
що і треба було довести.
Задача 7. Через середину Е висоти AHl №15 трикутника ABC і вершину С проведена пряма, яка перетинає сторону АВу точці D. Відомо, що АЕ = ^∣EC ED. Довести, що точка Е співпадає з ортоцентром трикутника ABC.
Доведення
Доведемо, що трикутники AED '∖CEHl подібні (рис. 7). Оскільки
АЕ =^EC ED, то = .
EC АЕ
25


101 ЗАДАЧА ПРО ЧУДОВІ ТОЧКИ ТРИКУТНИКА
Але АЕ = EHl і ЛА ED = EC ЕН l, тому трикутники AED'∖CEHx — подібні. Отже,
ΛADE = ΛEHsC =90°,
тобто Е — ортоцентр ΔABC.
№ 16 Задача 8. Площа трикутника ABC дорівнює S, площа трикутника НВС (Н — ортоцентр) дорівнює 51. На прямій АН взято точку К так, що трикутник ВКС — прямокутний. Довести, що
Sχ 'S} >
де Sx — площа трикутника ВКС.
26


2. Точка перетину висот (ортоцентр)
Доведення
Навколо трикутника ABC опишемо коло і побудуємо точку Wl, подовживши пряму АН до перетину з колом (рис. 8).
За теоремою про добуток відрізків хорд маємо
AHcHxNx = BHxCHv (1)
Маємо далі
S=-KH.BC.
2
Рис. 8
27


101 ЗАДАЧА ПРО ЧУДОВІ ТОЧКИ ТРИКУТНИКА
Оскільки Z.CKB = 90o, то
KH2 =BH,∙CH,. (2)
Порівнюючи (1) і (2) і враховуючи рівність НН, = HiN,, отримаємо
KH2=AH,∙HH,.
Помноживши обидві частини рівності на
⅛BC2, отримаємо
—АН, ВС-НН, ВС =-KH2>BC∖
2 , 2 1 4
або
s∙s,=⅛
що і треба було довести.
28


З- ІНЦЕНТР (І, ЦЕНТР ВПИСАНОГО
У ТРИКУТНИК КОЛА)


101 ЗАДАЧА ПРО ЧУДОВІ ТОЧКИ ТРИКУТНИКА
№ 17 Задача 1. У трикутник з основою а і протилежним кутом а вписане коло. Через інцентр І та кінці основи трикутника проведено друге коло. Знайти його радіус.
Розв’язання
Нехай /0 — центр другого кола (рис. 1). л
Оскільки Z.BIC =90°+ — (доведіть!), то застосувавши теорему синусів, отримаємо
Рис. 1
ЗО


З. ІНЦЕНТР (І, ЦЕНТР ВПИСАНОГО У ТРИКУТНИК КОЛА)
Задача 2. У трикутнику ABC довжини №18 сторін AB, ВС і АС відносяться як 2:4:5 відповідно. Знайти в якому відношенні діляться інцентром бісектриси внутрішніх кутів трикутника.
Розв’язання
За властивістю бісектриси ділити протилежну сторону трикутника на частини, пропорційні сторонам, що її містять, знаходимо (рис. 2):
AL1 _2 ВЦ 2 ΛZ3 5
ЦС 4’ I1C^5, ВЦ ~4
31


101 ЗАДАЧА ПРО ЧУДОВІ ТОЧКИ ТРИКУТНИКА
Враховуючи цю властивість для трикутників ALlC, ВLnC, CAD, маємо:
Л/ = АС _2L + 5_7
ILl~CLi Д 2) 4’
—--fl + -l = - ∕ζ^^ 5І +2) 5’
CI 4(1 5^ 9 — =— 1 + - = -. IL3 2< 4J 2
Задача 3 (Перша Українська республіканська математична олімпіада, Київ, 1961). Обчислити кути рівнобедреного трикутника, в якому центри вписаного й описаного кіл взаємно симетричні відносно основи трикутника.
Розв'язання
Кути ВІС і СОВ рівні (рис. 3).
ABIC =90° +-, АСОВ =360o -2 Л, 2
отже,
90o + - =360o -2 А, А =108°, В =С =36°.
2
32


З. ІНЦЕНТР (І, ЦЕНТР ВПИСАНОГО У ТРИКУТНИК КОЛА)
А
Рис. З
Задача 4. Навколо трикутника ВІС описа- № 20 не коло. Довести, що на прямих АС і А В воно висікає рівні хорди.
Доведення
Нехай Е і К точки перетину прямих АС і АВ з колом γ (рис. 4). Доведемо рівність кутів ЕВС і ВСК.
Оскільки
АСЕ В = ACIB = 90° +—, 2
3-7-1527
33


101 ЗАДАЧА ПРО ЧУДОВІ ТОЧКИ ТРИКУТНИКА
то ЛЕВС =180° - 90° + —+С
I 2 J
(з ∆CEB). Таким чином, Z.EBC , 2
ЛВСК =180o -(ЛСВК + ЛВКС)
(з ΔBCK)i отже,
34


3∙ ІНЦЕНТР (І, ЦЕНТР ВПИСАНОГО У ТРИКУТНИК КОЛА)
ЛСКВ = -(∖jCE + ∖JEB) =
=l(β-C+2C) = ∣(5+C).
Відтак,
ЛВСК =180o -(180o -В+ЛВКС) =
отже, Z.EBC = Z.BCK, а відтак EC =ВК, що і треба було довести.
Задача 5. Довести, що № 21
IC1 = ab -4Rr
(R та г — радіуси описаного та вписаного
у трикутник ABC кіл).
Доведення
Нехай Kl — точка дотику вписаного у три¬
кутник ABC кола (рис. 5). З CIKlι
• 2 sm —
2
з*
35


101 ЗАДАЧА ПРО ЧУДОВІ ТОЧКИ ТРИКУТНИКА
_^_а2 +b2 -c2 _2(p-a)(p-b) 2ab ab
Звідси, cf2^ab(p-c) Р
Оскільки abc =4RS =4Rpr, то
CI2=ab-4Rr.
№ 22 Задача 6. Пряма, яка проходить через ін- центр, ділить площу і периметр трикутника у одному і тому ж відношенні. Довести.
36


з. ІНЦЕНТР (І, ЦЕНТР ВПИСАНОГО У ТРИКУТНИК КОЛА)
Доведення
Нехай пряма, яка проходить через ін- центр /, перетинає сторони АВ і ВС у точках D і F відповідно (рис. 6).
Тоді
SpACF $АР! + ^AIC + $ IFC _
BFD $ DIB +$ BIF
2ADr + 2AC r + 2CF r ^ad + ac+cf -DBr + -BF∙r BD + BF 2 2
(г — радіус вписаного кола).
А
Рис. 6
37


101 ЗАДАЧА ПРО ЧУДОВІ ТОЧКИ ТРИКУТНИКА
№ 23
Задача 7 (журнал «Квант»). У рівнобедре- ному трикутнику АВС (АС = СВ) проведені висоти AHi і CL. Доведіть, що коли проекція CHl сторони АС на сторону ВС дорівнює АВ, то /Я) паралельна АВ.
Рис. 7
Доведення
З подібності трикутників ACL і AH iB (мал. 7): АВ АС Hβ AL }
Оскільки СЯ, =АВ, то вираз (1) набуде вигляду: ≤⅛-=-. (2)
HxB AL
Але за властивістю бісектриси
АС СІ AL IL
(3)
Порівняємо (2) і (3):
CHi СІ HlB lΓ а це означає, що IHx || АВ.
38


4- Точка перетину МЕДІАН (М, ЦЕНТРОЇД)


101 ЗАДАЧА ПРО ЧУДОВІ ТОЧКИ ТРИКУТНИКА
№ 24 Задача 1. Всередині трикутника АВС задана така точка X, що площі трикутників АХС, ВХС, АХВ рівні між собою. Довести, що точки А, X, належать одній прямій (Ml — середина сторони ВС}.
Доведення
Нехай площа трикутника ABC дорівнює 5. Тоді площі рівновеликих трикутників АХВ, ВХС, АХС дорівнюють ^5 (рис. 1). Розгля¬
немо трикутники ABC і ВХС. Відрізки AH 1 та XTx — їх висоти.
А
Рис. 1
40


4. Точка перетину медіан (М, центроїд)
τ . XTx 1 XXl 1
Тоді l = -, l=-
AHi 3 AXx З
вх
Звідси = 2. Аналогічно = 2. Точки X.
XXl XX,
і 	Aγ2 — точки перетину прямих АХ і ВХ зі сторонами ВС і АС, отже AXi і BX2 — медіани, тобто X = М — центроїд трикутника ABC, що доводить твердження задачі.
ЩО
Задача 2. Продовження медіан AMx, BM2, CM у перетинають коло, описане навколо трикутника ABC у точках M,, М", M",. Довести,
AM ВМ CM 3 MM, + MM” + ММ'” ~
Доведення
d am
Виразимо відношення через сторо-
ММ'
ни трикутника (рис. 2). Маємо
AM =-ma, MM' = -m0 + MxM,.
№ 25
Враховуючи, що
MxM'∙AMl =CMxMxB,
41


101 ЗАДАЧА ПРО ЧУДОВІ ТОЧКИ ТРИКУТНИКА
маємо
Отже,
1 ∩l
MM, = -ma+-i
З 4ma AM
MM'
2ma
J1 a1  2  З
З -mn + —
З a 4т.
ton2 -a2+2b2+2c2 4m2+3a2 a2+b2 + c2
42


4. Точка перетину медіан (М, центроїд)
Аналогічно,
ВМ
~-b2+2a2+2c2
ММ"
a2+b2 + c2 '
CM
-c2+2a2 + lb2
MM",
a2+b2 + c2
Отже,
AM
ВМ CM  1 —
|_
ММ' '
ММ" ' MM",
Задача 3. Із центроїда М трикутника ABC опушено перпендикуляри ΛfT1, Λ∕T2, MT3 на сторони ВС, АС і AB, Sx — площа трикутника TlT2Γ3. Довести, що
№ 26
S,=-∙i , , 7 -s’,
x 9 a2b2c2
де 5 — площа трикутника ABC.
Доведення
Маємо (рис. 3)
Smtt = -MT.- МТ, ■ sin ZT3Λ∕Tl = м ∕∣∕j 2 і з зі
1 h ∙hc . d
2 9
43


101 ЗАДАЧА ПРО ЧУДОВІ ТОЧКИ ТРИКУТНИКА
„ 1 hh'hr . .
$mt2tj ~2 2 sm^,
^mtit2 =2 *'s^n^,∙
Звідси дістанемо, що шукана площа Sx трикутника 7'lT27'3 дорівнює
—(й ∙ h ∙ sin 2? + hh ♦ h ∙ sinC + hh-h∙ sin А) =
J g × а с ос ос '
JtS1 a2+b2 + c2 453(fl2+/>2 + c2)_
18 abc∙2R 9abc∙abc
= 4 a2+b2 + c2 з О x∙2l2z,2 '
У а Ь с
44


4- Точка перетину медіан (М, центроїд)
Задача 4. У трикутнику ABC точки М, М2, № 27 М3 відповідно точка перетину медіан, середини сторін АС і АВ.
Якщо чотирикутник AM2MM3 — описаний, то АВ = АС. Довести.
Доведення
За властивістю вписаного чотирикутника AM2MM3 (рис. 4)
MM2 + AM3 = MM3 ÷ AMr
А
Рис. 4
45


101 ЗАДАЧА ПРО ЧУДОВІ ТОЧКИ ТРИКУТНИКА
Або
(1)
3 	2 3 2
Оскільки трикутники ABM1 і ACM3 рівновеликі, то їх периметри рівні, так як коло, вписане у чотирикутник AM2MM3 є вписаним у кожен з цих трикутників. Отже, с , b -+b+mf = - + c+mh. 2 c 2 b
Помноживши (1) на 3 і додавши до (2), маємо: mb+mc+b+2c=mc+mb + c + 2b, або b = с, що і треба було довести.
(2)
№ 28 Задача 5. З центроїда М трикутника ABC проведені перпендикуляри МТ}, MT2, MT3 на сторони ВС, ACi АВ відповідно. Довести, що 1 1 1 __3
MTi + MT2 + MT3 ~ г
Доведення
Оскільки (рис. 5),
MTl = MMi = 1 AHx ~ AMl ”3’
46


4. Точка перетину медіан (М, центроїд)
Аналогічно, = —, = —. Отже,
MT2 hb MT3 hc
M7∖ + MT2 + MT3 ha+ hb + hc г
1 1 1 1 , ОСКІЛЬКИ — + — + — = -.
ha hb hc г
1 Див.: І. Кушнір «Геометричні формули, що не ввійшли до шкільних підручників», Київ: «Факт», 2002.
47


101 ЗАДАЧА ПРО ЧУДОВІ ТОЧКИ ТРИКУТНИКА
№ 29 Задача 6. У нерівнобедреному трикутнику відрізок МІ перпендикулярний ВС. Довести, b + c що а = .
3
Доведения
Опишемо навколо трикутника АВС коло і побудуємо точку W (рис. 6). Трикутники ABW і ALxC подібні.
W
Рис. 6
48


4. Точка перетину медіан (М, центроїд)
Звідси,
BW =clx AW~ АС
Далі, за теоремою «трилисника», BW = ∕Hz, отже,
IW = CLl AW~ b *
(1)
Оскільки МІ И Λ∕1FΓ, то
IW _ MlM _ 1 AW ^ AM 1 "З
і, враховуючи співвідношення (1), отримаємо b с
CLx = - Аналогічно доводиться, що BLl = отже, а =
Задача 7. Бісектриса ALx перетинає відрізок L2L3 у центроїді М. Знайти кути трикутника.
Розв’язання
З умови випливає, що ALx — медіана трикутника ABC, а отже, цей трикутник рівно- бедрений.
№ ЗО
4-7-1527
49


101 ЗАДАЧА ПРО ЧУДОВІ ТОЧКИ ТРИКУТНИКА
Тоді ML3∖∖BLl, а отже, за теоремою Фалеса
AL3 _АМ _2 L3B MLi~ 1'
За властивістю бісектриси СЦ (ΔACBY
АС
ВС
Звідси,
АС _4
CZ, ‘1’
B=C = arccos-,
4
ALz 2
LyB ~ 1 ‘
r, 1 cosC = -,
4
А П 1
A =π-2arccos-.
4
50


5. Фірмова точка W


101 ЗАДАЧА ПРО ЧУДОВІ ТОЧКИ ТРИКУТНИКА
№ зі Задача 1 (теорема «трилисника»). Довести, що IWx = WxB = WxC.
Доведення
Нехай бісектриса кута АВС (рис. 2) перетинає коло у точці W2. Тоді (за спільною стороною та двома кутами) ΔWz1∕Wλ2 =ΔFFlCWζ, аотже, Wzl∕ =ΠzlC = WlB.
Рис. 1
№ 32 Задача 2. Коло, описане навколо трикутника ВІС, висікає на прямій АС відрізок, рівний стороні АВ трикутника ABC. Довести.
52


5∙ Фірмова точка W
Доведення
Оскільки Wz1 — центр цього кола, то WiB = WlT, a HzlXrl =Wzl∕f2 (перпендикуляри, опущені з точки Wz1 на прямі АС і АВ) (рис. 1).
Оскільки
ΔWlBK2 = ΔPTl TKi, ∆^l K2A = ΔΨ, Ki А, то AT = АВ, що і треба було довести.
53


101 ЗАДАЧА ПРО ЧУДОВІ ТОЧКИ ТРИКУТНИКА
№ зз Задача 3. Довести, що Al ∙ IW} = 2 Rr.
Доведення
3 AIK3 (рис. 3) Al =r.si∏γ. З AW∖C (застосовуючи «трилисник»):
CW. = IW. = 2Λsin-.
' ' 2
Отже,
2 Rr sin—
ЛІ ■ IW. = -і = 2 Rr.
. А
sm—
2
Рис. З
54


5. Фірмова точка W
Задача 4. Щоб трикутник був різницевим № 34 (Ь > а > с) необхідно і достатньо, щоб
AI=IWx'.
Доведення
Необхідність. Нехай К3 — точка дотику вписаного кола зі стороною АВ. Оскільки AK3 = р -а, то у різницевому трикутнику a+b+c-2a а
Wχ
Рис. 4
1 Трикутник, сторони якого складають арифметичну прогресію, називається різницевим.
55


101 ЗАДАЧА ПРО ЧУДОВІ ТОЧКИ ТРИКУТНИКА
Отже, AK3 =у. Трикутники CFKlΛ∕1 і AIK3
рівні (CΛfl =y = AKi, ZCM'Wl = Z-IKyA =90° і ΔMxCWx =ΛK3AI). Отже, CW'=AI. Але ж CWz1 = WlI (теорема «трилисника»). Отже, Al = IW∖, що і треба було довести.
Достатність доведіть аналогічно.
№ 35 Задача 5. Довести формулу
^IW1dWλ IB
Доведення
За теоремою «трилисника»
IW. = CW. = 2Λsin-.
i 1 2
Аналогічно, IW3 = 2 Asin—.
З трикутника IKβ (рис. 5)
sin—
2
56


5. Фірмова точка W
D
Wx
Рис. 5
Отже,
ad2 .А . В . С ти/ ти, 4A sin—sm-sin — 1W^IW3 2 2 2
IB г
Застосувавши формулу
г = 47? sin—sin—sin —, 2 2 2
отримаємо потрібну формулу.
57


101 ЗАДАЧА ПРО ЧУДОВІ ТОЧКИ ТРИКУТНИКА
№36 Задача 6 (Всесоюзна олімпіада, Англійська олімпіада). У трикутнику АВС через середину Λ∕l сторони ВС і інцентр / проведено пряму, яка перетинає висоту AH l у точці Е. Довести, що АЕ = г.
Доведення
Трикутники ІАЕ і ∕Bz1Λ∕1 (рис. 6) подібні, звідси
АЕ _ АІ MiWl ~ IW, *
Ж
Рис. 6
58


5. Фірмова точка W
Нехай K2 — точка дотику вписаного кола зі стороною АС. Трикутники AK2I і CΛflWzl подібні (ZWzlCΛ∕l = Z,W∖AB = ∕WlAK2),.
_ІК^=АІ_ (2)
MiWl cwx'
Порівнюючи (1) і (2), і, застосувавши теорему трилисника, отримаємо
AE = lK2=r.
Задача 7. Точки T1 і Т2 — проекції ортоцен- № 37 тра Н гострокутного трикутника ABC на бісектриси внутрішнього і зовнішнього кута А. Доведіть, що пряма T,1T2 ділить сторону ВС навпіл.
Доведення
Опишемо коло γl навколо чотирикутника AH3HH2 (рис. 7). У трикутнику AH2H3 точка 7,l буде точкою Wx (так як u∕∕2T1 = uTlZ∕3).
Навколо BH3H2C можна описати коло γ2 з центром у точці Λ∕∣. Тоді H2H3 — спільна хорда кіл γl та γ2. Оскільки пряма TxT2 є серединним перпендикуляром до H2H3, то ця
59


101 ЗАДАЧА ПРО ЧУДОВІ ТОЧКИ ТРИКУТНИКА
Рис. 7
пряма — лінія центрів кіл γ∣ та γ2, отже, вона проходить через середину ВС.
№ 38
Задача 8. У трикутник ABC вписано трикутник Λ1B1Clτaκ, що Л, еВС, В, е АС і Cl е АВ і BC∣ =ClAl = AlBl =В'С.
Довести, що ортоцентр трикутника ∕l15lCl є точкою W трикутника AB^Cv
60


5. Фірмова точка W
Доведення
Позначимо ZABC =β', ΔACB = γ (рис. 8). В силу умов BC∖ = C∣Al і ArBl =BlC будуть виконані рівності ZA4lC1 = βiZCA,B, = γ.
Звідси
ZBlΛ,C1 = 180o-β-γ.
Оскільки
ZB,HCl = 180o-ZZflΛlC∣
отримуємо
ZB}AC} += α + β + γ = 180o. (1)
Рис. 8
61


101 ЗАДАЧА ПРО ЧУДОВІ ТОЧКИ ТРИКУТНИКА
Нехай Н — ортоцентр трикутника AlBlCl. З рівності (1) випливає, що Н ∈ω, де ω — коло, описане навколо трикутника ABxCv Але ClAl = AlBl, тому ортоцентр Н рівнобед- реного трикутника J12f1Cl лежить на серединному перпендикулярі до відрізка ZflCl, отже, точка Н є точкою Wтрикутника ABxCv
62


6. Центри зовнівписаних кіл Ід А


101 ЗАДАЧА ПРО ЧУДОВІ ТОЧКИ ТРИКУТНИКА
№ 39 Задача 1. Довести, шо трикутник АВС є ор- тоцентричним трикутником трикутника IaIbIc.
Доведення
Дійсно, це випливає з того, шо бісектриси внутрішніх кутів трикутника перпендикулярні бісектрисам його зовнішніх кутів (рис. 1).
№40 Задача 2. Довести, шо у трикутнику ABC IWx=WJa=W∖C.
Доведення
Дійсно, оскільки Z-I0CI — прямий (рис. 2) і CWi = WxI
64


6. Центри зовнівписаних кіл lλ
(теорема «трилисника»), то
Задача 3. Довести, що точки, симетричні №41 точкам 7β, Ibi Іс відносно точки О, належать колу з центром у точці І і радіусом 2 R.
5-7-1527
65


101 ЗАДАЧА ПРО ЧУДОВІ ТОЧКИ ТРИКУТНИКА
Доведення
Позначимо Т — центр кола, описаного навколо трикутника IaIbIc (рис. 3) і скористаємося властивостями кола дев’яти точок.
Враховуючи задачу 1, точка О — центр кола дев’яти точок у трикутнику IaIbIc, отже,
TI0 =FD = 2R
(F '∖D- середини відрізків IcIb, IIa).
66


6. Центри зовнівписаних кіл ід
Побудуємо точку Га, симетричну точці Ia відносно О. Оскільки ТО =01, то ТІaIΓa — паралелограм, звідки
TIa=II'a=2R.
Аналогічно,
∏'b=2R, IΓc=2R, отже, твердження доведено.
Задача 4. Довести, що № 42
d2 + ⅛2 + <⅞ + d2=12Λ2
(d =01 ,da=OIa,di=OIb,dc=OIe).
Доведення
Скористаємося формулами
O∕J = Λ2+2Λ∙rσ, O∕2=Λ2+2Λ∙r4,
O∕2 = Λ2+2Λζ, O∕2=Λ2-2Λr
(rfl, r⅛> rc ~ радіуси зовнівписаних кіл).
Маємо:
rf2 + ⅛2 + ⅛ + ⅛ =
= R2 -2Rr + R2 +2Rra+ R2 +2Rrb + R2 +2Rrc =
5*
67


101 ЗАДАЧА ПРО ЧУДОВІ ТОЧКИ ТРИКУТНИКА
№ 43
=4Λ2 +2Λ(rβ + rb + rc)-2Rr = =4R2+2 R(4R +г)-2 Rr = 12 R2, де ми застосували формулу
ra +rb+rc =4R+r.
Задача 5. Довести, що AIaIaWx=2Rra.
Рис. 4
68


6. Центри зовнівписаних кіл іа
Доведення
Нехай T1 — точка дотику з прямою АС зовнівписаного кола з центром Іо (рис. 4). Оскільки AIaT1 ~ DW∖C QV∖D — діаметр), то 2R CW.
I0Λ ra ‘
Враховуючи, uιoCBz1 = IaW∖ (див. задачу 2), маємо AIa ∙IaW∖ =2R∙ra.
Задача 6. Довести, що OI2 = R2 +2R∙ra (формула Ейлера для зовнівписаного кола).
Доведення
Оскільки IW∖ = WxIa (рис. 5), то за форму- 2 2(θI2+OI2a)-II2 лою медіани О Wl =— — .
Позначимо 01 a = d. Враховуючи формулу II2 =4R(ra -г) (с. 101), маємо
4Я2 = 2(Λ2-2Λ∙ + d2)-4Λ(<, -г), або 4Я2 =2Λ2-4Λr + 2<∕2-4Λζ+4Λr, звідки
2rf2=2Λ2+4Λ<,, або O∕o2 = Λ2+2Λ ro.
№44
69


101 ЗАДАЧА ПРО ЧУДОВІ ТОЧКИ ТРИКУТНИКА
Ia
Рис. 5
№ 45
Задача 7. Довести, що у різницевому трикутнику ABC (b>a>c) має місце рівність ∕βFK1 = WJ=AI.
Доведення
Дійсно, для різницевого трикутника Al = IWx (с. 55).
Але IaW∖ = WiI (задача 2), звідки випливає шукана рівність.
70


7- Пряма Ейлера


101 ЗАДАЧА ПРО ЧУДОВІ ТОЧКИ ТРИКУТНИКА
№46 Задача 1. Довести, що у трикутнику АВС центр О описаного кола, точка М перетину медіан і ортоцентр Н належать одній прямій (пряма Ейлера), причому 2ОМ =МН.
Доведення
Нехай Λfl — середина сторони ВС (рис. 1).
Оскільки 0Mx = -AHτz Δ0MM. ~ ΔHMAi то 2
відрізок AMx перетне відрізок ОН у центроїді М, так як MxM,. AM =1:2.
А
Рис. 1
№ 47 Задача 2. Довести, що прямі Ейлера трикутників ABC, НВС, НАС і НАВ (Н - ортоцентр) перетинаються у одній точці.
72


7∙ Пряма Ейлера
Доведення
Так як радіуси кіл, описаних навколо трикутників ABC і НВС рівні (рис. 2), то центром кола, описаного навколо трикутника НВС, є точках О,, симетрична центру О кола, описаного навколо трикутника ABC, відносно сторони ВС. Очевидно, що точка А є ортоцентром трикутника НВС, отже, пряма AOi — це пряма Ейлера ΔHBC. Так як пряма AH ∣∣ OOl і відрізок АН дорівнює відрізку 00i, то чотирикутник AOO∣H — паралелограм, діагоналі якого перетинаються у середині відрізка ОН. Для трикутників АНС і АНВ — все аналогічно.
Рис. 2
73


101 ЗАДАЧА ПРО ЧУДОВІ ТОЧКИ ТРИКУТНИКА
№ 48 Задача 3. Довести, що пряма, якій належить центр О трикутника АВС та інцентр /, є прямою Ейлера трикутника K^K2K3.
Доведення
Дійсно, пряма 01 є прямою Ейлера трикутника Wz∣Wλ2Hz3, гомотетичного трикутнику K↑K2K3 (доведіть це самостійно!), і цій прямій належить точка І — образ точки О.
№ 49 Задача 4. Що можна сказати про трикутник ABC, якщо пряма Ейлера ділить кут ВНС навпіл?
Розв’язання
Розглянемо трикутники НОВ І HOC (рис. 3). За теоремою синусів,
ОН R ОН _ R
sin Z.HC0 sin ЛСНО ’ sin ЛНВО ~ sin ЛВНО'
Оскільки за умовою Z.BH0 = Z.CH0, то
sin Z.HC0 = sin AH BO. (1)
Далі, оскільки
AOCB = AOBC =<№-A, AH3CB=<W -В,
74


7. Пряма Ейлера
Рис. 3
то АОСН = 90° -В - АОСВ = =90°-5-90° + Л = А-В.
Аналогічно, АОВН =A-C. 3(1) маемо:
1) АНСО = АН ВО — тоді трикутник ABC — рівнобедрений;
2) АНСО + АНВО =180° (оскільки синуси цих кутів рівні). Отже,
A-C + A-B = ∖W>i 2 A-(C +В) = 180°,
2 A + A -180o =180o, 3∕4=360o, А =120°.
Таким чином, при заданій умові трикутник
ABC може бути рівнобедреним чи А =120°.
75


101 ЗАДАЧА ПРО ЧУДОВІ ТОЧКИ ТРИКУТНИКА
№ so Задача 5. Якщо у трикутнику АВС інцентр І належить прямій Ейлера, то цей трикутник рівнобедрений. Довести.
Доведення
Оскільки відрізок ОМx паралельний відрізку АН, то трикутникOIW∖ подібний трикутнику НІА (рис. 4). Отже,
О/ = OJVl
ІН AH'
Рис. 4
16


7. Пряма Ейлера
л ^з ли си
Аналогічно, —= 7^Г’ oτ5κe> AH=CH,
IH сн
звідси випливає, що ВС = АВ.
Задача 6. Довести, що коли у трикутнику ABC tg А ∙ tg В = 3, то пряма Ейлера паралельна АВ.
№51
Доведення
Оскільки ΛAHH3 = ΔABC (рис. 5), то
8 8 АН, НН, НН,
СМ
Враховуючи, що - = 3, твердження задачі
MMi
доведено. С
Рис. 5
77


101 ЗАДАЧА ПРО ЧУДОВІ ТОЧКИ ТРИКУТНИКА
№52 Задача 7. У гострокутному нерівносто- ронньому трикутнику відмітили 4 точки: ∕, О, М, Н. Потім сам трикутник стерли. Виявилося, шо неможливо встановити, якому центру відповідає кожна з відмічених точок. Знайдіть кути трикутника.
Розв’язання
Точки О, М, Н належать одній прямій, причому
20М = МН
(пряма Ейлера). Точка І належить прямій Ейлера, інакше не виконується умова задачі — можна однозначно встановити «хто є хто»: кожна з точок є визначеним центром.
Отже, трикутник ABC рівнобедрений (доведіть!).
При цьому точка І повинна ділити відрізок ОН у відношенні 1:2 (інакше порушиться «не- впізнаваність» точок). Оскільки ВІ ділить кут ОВН навпіл (рис. 6), то за властивістю бісектриси (з ∆B0H)∖
BO=2BH
78


7. Пряма Ейлера
А
і отже,
Λ=2∙2Λcos^, cosB = -,
4
B=C = arccos-, 4
A = π-2arccos-.
4
79


101 ЗАДАЧА ПРО ЧУДОВІ ТОЧКИ ТРИКУТНИКА
№ 53 Задача 8. Якщо пряма Ейлера ділить площу
трикутника навпіл, то цей трикутник рівно- бедрений. Довести.
Доведення
Зауважимо, що якщо пряма проходить через центроїд трикутника і поділяє його площу навпіл, то така пряма містить одну з медіан трикутника. (Довести самостійно!)
Так як центроїд належить прямій Ейлера, яка за умовою ділить площу трикутника навпіл, то ця пряма співпадає з медіаною трикутника. Але цій медіані, як прямій Ейлера, належить і ортоцентр, а це значить, що трикутник рівнобедрений.
80


8.
Коло Леонарда Ейлера


101 ЗАДАЧА ПРО ЧУДОВІ ТОЧКИ ТРИКУТНИКА
№54 Задача 1. Довести, шо точки Яр H2, Н3, El, Е2, Е3 (середини відрізків АН, ВН, СН, точки Ейлера), Mv M2, М3 належать одному колу (колу Ейлера).
Доведення
Нехай пряма HHi перетне коло, описане навколо трикутника АВС у точці Wp BH2 — у точці N2,CH3 — у точці N3 (рис. 1). Оскільки
HHx=HxNx, HH2=H2N2, HH3=H3N3, то трикутники HJi2H3 і NlN2N3 гомотетичні з центром гомотетії ортоцентром Н і коефіцієнтом гомотетії к =2. Кола, описані навколо трикутників ABC і HxH2H3 також гомотетичні.
Коло, описане навколо ортоцентричного трикутника HJi2H3 називається колом дев’яти точок, або колом Ейлера. Доведемо, що йому належать точки Ейлера £,, E2, Е3 (середини відрізків АН, ВН, СН).
Дійсно, точки А, В, С і £р E2, Е3 — гомотетичні у гомотетії, що розглядається. Але перша трійка точок належить описаному колу, а отже, і друга трійка належить гомотетичному йому колу, тобто колу Ейлера. Зауважимо, що центр 09
82


8. Коло Леонарда Ейлера
кола Ейлера співпадає з серединою відрізка ОН (точки О і О9 — гомотетичні), а радіус R9 кола Ейлера, враховуючи коефіцієнт гомотетії, до- рівніоє —. Оскільки 2OMx = АН, то чотирикут¬
ник Mf)E∖H — паралелограм, діагоналі якого
перетинаються у точці О9, отже О9М}
R
2'
б*
83


101 ЗАДАЧА ПРО ЧУДОВІ ТОЧКИ ТРИКУТНИКА
№55 Задача 2 (друга гомотетія кола Ейлера). Довести, що коло Ейлера гомотетичне колу, описаному навколо трикутника АВС, з центром гомотетії точкою М (центроїд трикутника ABC) і коефіцієнтом гомотетії к =
Доведення
Дійсно, ця гомотетія переводить трикутник ABC (рис. 2) у трикутник MlM2M3.
Рис. 2
84


8. Коло Леонарда Ейлера
Задача 3. Пряма H3M перетинає коло, опи- № 56 сане навколо трикутника ABC у точці F. Довести, що
FM = 2 MH3.
Доведення
Оскільки точка М є центром гомотетії кола Ейлера (рис. 3), якому належить точка Я3, то твердження задачі доведено.
Рис. З
85


101 ЗАДАЧА ПРО ЧУДОВІ ТОЧКИ ТРИКУТНИКА
№ 57 Задача 4. Довести, що центроїд трикутника IaIbIc належить прямій 01.
Доведення
Дійсно, точка О — центр кола дев’яти точок трикутника IaIbIc, а отже, твердження задачі доведено.
№ 58 Задача 5. Довести, що середини відрізків WJV1, Wz2FT3, WλW3, IWv IW-l, IW3, ІА, IB, ІС належать одному колу.
Рис. 4
86


8. Коло Леонарда Ейлера
Доведення
З властивостей трикутника BziBλ2Bz3 (рис. 4) випливає, наприклад, що точка І є ортоцентром цього трикутника, а його сторони ділять відрізки ІА, IB, ІС навпіл. Отже, згадані в умові 9 точок належать колу Ейлера ∆Hz1Hz2Ψ3.
Задача 6 (МДУ, мехмат). Сторона ВС три- №59 кутника ABC дорівнює 4, сторона А В дорівнює 2 λ∕19. Відомо, що центр кола, яке проходить через середини сторін трикутника, лежить на бісектрисі кутаС. Знайдіть АС.
Розв’язання
Коло, задане в умові задачі, є колом Ейлера. Доведемо, і це головне, що коли центр цього кола належить бісектрисі кута, то або цей кут дорівнює 60° (рис. 5), або трикутник ABC рівнобедрений (АС =ВС).
1) Розглянемо спочатку нерівнобедрений трикутник. Оскільки
OE = EH і Z.OCE = ZHCE
(ОС і НС — ізогоналі), то ОС =СН.
87


101 ЗАДАЧА ПРО ЧУДОВІ ТОЧКИ ТРИКУТНИКА
Рис. 5
Застосуємо формулу
AH = 2ΛcosC.
Отже,
Λ=2ΛcosC,
звідки С =60°.
Тепер, взявши АС за х, за теоремою косинусів:
√-16-4x=(2√1F)2
тобто х =10.
88


8. Коло Леонарда Ейлера
2) Покажемо тепер, що випадок, коли ΔΛBC є рівнобедреним (АС =ВС) за даних умов є неможливим.
Дійсно, центр кола Ейлера рівнобедрено- го триктуника, вочевидь, належить бісектрисі кутаС (умова задачі виконується). Тоді
AC=BC=4.
Але для відрізків 4, 4 та 2719 невиконується нерівність трикутника.
Задача 7. Середина відрізка АО належить № бо колу Ейлера. Довести, що
>1=60°.
Доведення
Нехай Р — середина відрізка АО (рис. 6). Тоді
M2P∣∣CO, M3P∣∣5O.
Тому
ΛM2PM3 = ∆BOC = 2 А.
З іншого боку,
ZM2MlM3 = А.
89


101 ЗАДАЧА ПРО ЧУДОВІ ТОЧКИ ТРИКУТНИКА
За умовою чотирикутник MyM2PM3 саний, тому
ΔM2PM3 + ZΛ∕2M,M3 =180°, тобто
3Λ=180o, Λ=60o, що і треба було довести.
впи-
90


9- Чудові точки ТРИКУТНИКА (формули)


101 ЗАДАЧА ПРО ЧУДОВІ ТОЧКИ ТРИКУТНИКА
№61 Задача 1. Довести, що у трикутнику АВС
ОМ. = — АН.
1 2
Доведення
Доведення проведемо за допомогою прямої Ейлера (рис. 1). Оскільки точка М (центроїд) належить прямій ОН, а ОМ\М подібний НАМ з коефіцієнтом і то
ОН =—АН.
2
А
Рис. 1
92


9∙ Чудові точки трикутника (формули)
Задача 2. Довести, що у трикутнику ABC № 62 Λtf2=4Λ2-α2.
Доведення
З трикутника OMyC (рис. 2):
OΛ∕2=OC2-Λ∕,C2, або OΛ∕2=Λ2-^-.
Оскільки ОМ. =—АН, то AH2 =4R2-a2, 1 2
що і треба було довести.
Рис. 2
93


101 ЗАДАЧА ПРО ЧУДОВІ ТОЧКИ ТРИКУТНИКА
№ 63 Задача 3. Довести
ІА2 IB2 IC2 1
+ + =1 be ас ab
Доведення
Оскільки
25 =bcsinA,
то
. 25
Ьс = .
sin А
Аналогічно,
2S . 25
ас = , ab =
sin2? sinC
Тому ліву частину заданої рівності запишемо у вигляді:
А =— ζ∕Λ2sinΛ + ∕B2sin5+∕C2sinC).
25
Оскільки (рис. 3)
λ4=-⅛ ib~b' sm— sin —
2 2
94


g. Чудові точки трикутника (формули)
то
π . А А
2 sin—cos—
2 2
• ιA sin —
2
2 sin—cos— 2 2
• ιB sin -
2
2 sin—cos—
2 . 2
• 2 sm —
2
. A В C}
ctg — + ctg- + ctg-
2 2 2 j
95


101 ЗАДАЧА ПРО ЧУДОВІ ТОЧКИ ТРИКУТНИКА
де ми скористалися рівністю
А В С ABC ctg — + ctg - + ctg - = ctg — ctg -ctg
£ лл L L L
Але (з ∆AIKi)
і аналогічно,
, В ctg-
Отже,
a r2 (p-a)(p-b)(p-c)
S r3 p{p-a){p-b){p-c) S2
Spr SS
№ 64 Задача 4. Довести формулу Леонарда Ей- лераО/2 = R2 -2Rr.
Розв’язання
Позначимо 01 = d (рис. 4). Нехай PQ — діаметр, проведений через точки О та І. Тоді IP = R+d, IQ = R-d.
96


g. Чудові точки трикутника (формули)
Ні
Рис. 4
За теоремою про добуток відрізків хорд: AIIW, = (R + d)(R-d).
Враховуючи, що
AI∙fWl = 2Rr,
маємо
2Rr = R2-d2,
або
d2=R2-2Rr.
7-7-1527
97


101 ЗАДАЧА ПРО ЧУДОВІ ТОЧКИ ТРИКУТНИКА
№ 65 Задача 5 (теорема Лейбниця). Довести, шо алгебраїчна сума квадратів відстаней деякої точки X площини від вершин трикутника ABC і від його центроїда пов’язані співвідношенням:
ХА2 + XB2 + ХС2 =
= AM2 + BM2 +CM2 + 3XM2.
Доведення
Позначимо за Y проекцію точки X на медіану (рис. 5). Нехай для визначеності, Z.XMA ≤90o. 3 трикутників ХАМ і XMMx'.
ХА2 = XM1 + AM2 -2 AM ∙ MY,
А
Рис. 5
98


9. Чудові точки трикутника (формули)
ХМ2 = XM2 + ММ2 + 2 ММ, ■ MY.
Помножимо другу рівність на 2 і додамо до першої, враховуючи, ιuo2Λ∕Λ∕l = AM. Отримаємо
XA2 +2XM2 = 3XM2 + AM1 + 2MM2.
Але ХМl — медіана трикутника ВХС і MMx — медіана трикутника ВМС. За формулою медіани
_ 2(XB2 + XC2)-BC2
, 2(MB2 + MCr)-BC2
ММ2 ■■—і .
1 4
Отже,
ХА2 + XB2 + XC2 --ВС2 = 2
= 3XM2 + MA2 + MB2 + MC2 --BC2,
2 тобто
XA2 + XB2 + XC2 =
= 3XM2 + MA2 + MB2 + MC2.
7* 99


101 ЗАДАЧА ПРО ЧУДОВІ ТОЧКИ ТРИКУТНИКА
№ 66 Задача 6 (авторська формула). Довести, що sΛwfMlNl
(S — площа трикутника ABC, Mi,Ny- проекції точки Li (основи бісектриси la) на сторони АСЇАВ).
Доведення
Навколо чотирикутника AN∖LxM опишемо коло (рис. 6). Тоді MN =l0 sin А.
Ж
Рис. 6
100


g. Чудові точки трикутника (формули)
Проведемо діаметр DW∖ (він перпендикулярний ВС). Нехай ZZ>Wz1 А = <р. З DW∖A і AH}L
AW' = 2R∙cos(p=2R∙-,
отже,
-M,N,∙AW. =
2 	1 1 1
= -la∙sinA∙2R∙-=-ah =S.
2 la 2 a
звідки
Задача 7. Довести, що ∕∕fl2 =4Λ(rα -г).
Доведення
Відомо, що IIa =2IWv 3CW∖D (рис. 7):
CW = 2Λsin-, ' 2
∕∕2 =16Λ2sin2-.
‘ 2
rι . 2 А г-г .
Лишилось довести, що sin — = ——. Але 2 4/?
Р_
2а
Sa sin А
2ap(p-a)
№ 67
lZL-^sinA -P~a sinj - 4Я 2а -5,sinΛf р-р + а
2а
p{p-d)
101


101 ЗАДАЧА ПРО ЧУДОВІ ТОЧКИ ТРИКУТНИКА
Ж Рис. 7
S 1 sin Л _ra sin√4 p-а р 2 р 2
. А . А А . 2 А = tg—sin—cos— = sin —.
2 2 2 2
№68 Задача 8. Довести, υιoSf 11 =2R∙p.
Доведения
Оскільки трикутник АВС є ортоцентрич- ним трикутником у трикутнику IaIbIc (с. 64), то за формулою S = Rpf1 (рн — півпериметр ортоцентричного трикутника; доведіть!!!):
*^∕β∕√f =2,R∙p (див. також с. 65—66)
102


іо. Побудови з чудовими ТОЧКАМИ ТРИКУТНИКА


101 ЗАДАЧА ПРО ЧУДОВІ ТОЧКИ ТРИКУТНИКА
№ 69 Задача 1. Дано кут А і точка X всередині кута. Перетнути сторони цього кута прямою, щоб у трикутнику, що утворився, точка X була центроїдом.
Розв’язання
Очевидно, що коли X ≡M (рис. 1), то
AM=-ma, a XM.=-AM.
З 1 2
Рис. 1
Побудуємо точку Mv Збільшимо вдвічі відрізок АМХ:
AD=2AM.
Через точку D проведемо прямі, що паралельні сторонам кута А — отримаємо паралелограм ABDC. Трикутник ABC — шуканий, так як
CMx =MxB τaAM.MMx =2:1.
104


io. Побудови з чудовими точками трикутника
Задача 2. Дано коло і точка А на цьому №70 колі. Побудувати трикутник ABC, вписаний у це коло, щоб точка X, яка належить заданому колу, була: 1) інцентром; 2) ортоцентром;
3) центроїдом.
Розв’язання
1) Пряма АХ (рис. 2) перетне задане коло у точці W. Оскільки
WI=WC=WB,
то вершини В і С отримано.
Рис. 2
105


101 ЗАДАЧА ПРО ЧУДОВІ ТОЧКИ ТРИКУТНИКА
2) Проведемо пряму АХ до перетину з заданим колом у точці N (рис. 3). Оскільки X ≡H,τo, поділивши відрізок HN навпіл — отримаємо точку Н}. У цій точці поставимо до прямої ANl перпендикуляр, який перетне задане коло у точках В і С.
отримати точку Mi (рис. 4). З’єднаємо точки О і Mi, і проведемо пряму, перпендикулярну 0Mi. Вона перетне задане коло у точках В і С.
106


іо. Побудови з чудовими точками трикутника
Рис. 4
Задача 3. Побудувати трикутник ABC за №71 АІ, АН, г.
Розв’язання
Скористаємося формулами
0Mt=-AH і O∕2 = Λ2-2Λ-.
2
Нехай К — точка дотику вписаного у трикутник ABC кола і сторони АВ (рис. 5). Трикутник АІК — базисний.
107


101 ЗАДАЧА ПРО ЧУДОВІ ТОЧКИ ТРИКУТНИКА
Побудувавши його, отримаємо кут ІАК, причому Z.IAK =—А. Потім будуємо ΔOMsC
(за катетом 0Ml =—АН і Z,Mf)C = A). Отри- 2
маємо ОС = R. Оскільки OI2 = R2 -2Rr, то до ΔAIK можна добудувати ΔAOI і провести описане коло. Дотичні, проведені з точки А до вписаного кола, перетнуть описане в точках В і С.
№ 72 Задача 4. Побудувати гострокутний трикутник ABC за точками А, ортоцентром Н і центром О описаного кола.
108


іо. Побудови з чудовими точками трикутника
Розв’язання
Побудуємо коло з центром у точці О відомого радіусаСМ (рис. 6). Оскільки HHx = HiNi, то, провівши через точки А і Н пряму, яка перетне коло у точці Ni, поділимо відрізок ЯЯ, навпіл. Отримаємо точку Я,, а потім точки В і С, провівши перпендикуляр до ANi через точку Яг
Задача 5. Дано точки В і С, а також пряму /. № 73 Знайти таку точку А, шоб у трикутнику ABC пряма / була прямою Ейлера.
109


101 ЗАДАЧА ПРО ЧУДОВІ ТОЧКИ ТРИКУТНИКА
Розв’язання
Центр О кола γ, описаного навколо трикутника АВС отримаємо, провівши серединний перпендикуляр до відрізка ВС. Він перетне пряму/ саме у точці О (рис. 7). Враховуюч- и, що точка 7Vl, симетрична ортоцентру Н трикутника ABC відносно його сторони ВС, лежить на описаному колі, знаходимо точку 7Vl як перетин кола γ з прямою /', симетричною прямій Z відносно прямої ВС.
Рис. 7
110


іо. Побудови з чудовими точками трикутника
Побудувавши точку Ni симетрично відносно ВС, отримаємо ортоцентр Н. Далі, враховуючи, що АН =20М}, знаходимо точку Л, а отже і трикутник ABC.
Задача 6. На площині заданий деякий кут № 74 А і довільна пряма. Побудувати трикутник так, щоб даний кут був би кутом цього трикутника, а дана пряма — прямою Ейлера цього трикутника.
Розв’язання
Аналіз
Нехай ОН пЛИ^ =L (рис. 8). Трикутник ALH подібний до трикутника W∖L0. Тоді
AH = AL
(9FΓl ~WyL
Оскільки
AH = 2RcosA, то
2AcosΛ _ /
R ~W∖L
(l = AL).
111


101 ЗАДАЧА ПРО ЧУДОВІ ТОЧКИ ТРИКУТНИКА
Рис. 8
Звідси,
W.L = -—,
2 cos Л
отже, відрізок WzlZ можна побудувати.
Побудова
Проведемо бісектрису кута А, яка перетне дану пряму у точці L. Отримаємо відрізок AL=l. Далі побудуємо відрізок Z,Hzl, отже, і хорду AWv Оскільки прямій Ейлера належить діаметр кола, описаного навколо 112


іо. Побудови з чудовими точками трикутника
трикутника ABC, то, якщо поставити перпендикуляр t до хорди A Bzl, отримаємо точку О — центр цього кола. З точки О радіусом О W∖ проведемо коло, описане навколо ΔABC. Воно перетне сторони кута А в точках В та С.
Задача 7. Побудувати трикутник ABC за №75 точками Wz∣, Wz2, W2.
Розв’язання
Будуємо трикутник Wz1Wz2Bz3 (рис. 9). Проводимо у ньому висоти Bz1T1, Wr2T2, Bλ3T3.
Рис. 9
8-7-1527
113


101 ЗАДАЧА ПРО ЧУДОВІ ТОЧКИ ТРИКУТНИКА
Отримаємо інцентр І трикутника ABC. Побудуємо описане коло, а отже, і вершини В і С (теорема трилисника).
№76 Задача 8. Побудувати трикутник ABC за центрами Ia, Ib, Іс.
Розв’язання
Будуємо трикутник laIbIc — його орто- центричним трикутником буде трикутник АВС (с. 64).
114


її. Чудові точки. Нерівності


101 ЗАДАЧА ПРО ЧУДОВІ ТОЧКИ ТРИКУТНИКА
№ 77 Задача 1 (Австралійська олімпіада, 1982 p.).
Довести, що
AWx+BW2+CWz>2p.
Доведення
З ∆AIB маємо:
AI + IB>AB.
Аналогічно,
BI + IC>BCi CI + IA>AC.
Звідси
Al +ВІ+СІ >р. (1)
Ж
Рис. 1
116


її. Чудові точки. Нерівності
З ∆5ΠzlC маємо:
BWi +CWl >ВС, або, за теоремою трилисника 2∕PKl >ВС.
Аналогічно, 2∕Ψ2 > АС і 2IW3 > АВ. Отже,
IWx+IW2 + IW3>p. (2)
З нерівностей (1) і (2) отримуємо необхідну нерівність.
Задача 2. Довести, що
№78
Маємо
Доведення
а
<~лн>
'2ΛsinΛY
42ΛcosΛ )
\2
С 1
<вн)
<2ΛsinβY <2ΛsinC'∣
\СН
^2J?cos2? ) = tg2Λ + tg227 + tg2C.
V2ΛcosC )
2
117


101 ЗАДАЧА ПРО ЧУДОВІ ТОЧКИ ТРИКУТНИКА
Використаємо нерівність: tg2Λ+ tg2^ + tg2C ≥
>tg Л ∙tg2f + tg2MgC + tg Л-tgC =
= (tg Л tg^ tgC)
tg A ↑gB tgC
№79
Оскільки
tg√4 +tg5 + tgC =tgΛ∙tg2MgC (довести!) і
(довести!), маемо
а
Сан що і треба було довести.
ВН
С
,CH
Задача 3 (Міжнародна математична олімпіада, 1991 р.). Довести, що
Л/ ВІ СІ 8
ALi BL2 CL3 “27’
aι c
118


її. Чудові точки. Нерівності
Доведення
Маємо
АІ _ Ь + с В І а + с
AL} а+Ь + с BL2 а+Ь + с
СІ а+Ь
CL3 а+Ь + с
Отже,
АІ ВІ СІ  1 1 = √4Z1 BL2 CL3
_b + c + a + c + a+b _2 а+Ь + с
Враховуючи нерівність Коші (л =3):
І АІВІСГ <U^_+BI_+ CZ∩
∖ AL BLl CL, ~ 3{ALl + BL2+ CLi) або
АІ ВІ СІ І2 Y = 8
ALt BL7 CL-s ^bJ 27’
що і треба було довести.
119


101 ЗАДАЧА ПРО ЧУДОВІ ТОЧКИ ТРИКУТНИКА
№ во Задача 4. Прямі АО, ВО, СО перетинають відповідні сторони трикутника ABC у точках Ax,Bl,Cx. Довести, що
АА. ВВ. СС.
—l + —l + —l≥9.
ОА} OBi OCi
Доведення
Доведемо, що
BiO J ClO ∩×
AAx BBx СС,
Дійсно, трикутники0AxMx і AAxHx подібні (рис. 2):
AxO ОМ, Sλoc
АА. AH, Sabc
120


її. Чудові точки. Нерівності
Аналогічно,
ВР $АОС
ВВ\ ABC
і CP _ $АОС
СС\ $АВС
Додамо ці три рівності:
| ^Р _ $ ВОС + $АОС + $аов _ І
A4l BB> СС} Sabc
Скористаємося нерівністю, яку не важко довести з допомогою нерівності Коші:
д2 а
Маємо
А.0 В.0 С,0
——
AAi BBi CC∣
AAi ВВ. CCi —l + —l + —l AiO Вр Ср
Враховуючи рівність (1), отримаємо шукану нерівність.
Задача 5. Довести, що № 81
AL. ι BL2 i CZ3 ,9 AWx BW1 CW3 4'
121


101 ЗАДАЧА ПРО ЧУДОВІ ТОЧКИ ТРИКУТНИКА
Доведення
Оскільки ∆ABW∖ ~ ΔALlC (рис. 3), то
AWt = с AL. AL} b ALl' AWi Ьс '
Використаємо формулу
ζ = τ~-y∣bcp(p-a). о + с
Отримаємо
ALx 4p(p-a) (b + c)2-а2 а2
~AW∖~ (b + c)2 ~ (b + c)2 (b + c)2
Ж
Рис. З
122


її. Чудові точки. Нерівності
Аналогічно,
BL1 b2 CL, 1 с2 BW2 (а + с)2’ CW1 (a+b)2'
Оскільки α2 > fl2
(b + c)2 ~ 2(b2 + c2y
b2 > b2
(a + c)2 ~ 2(^a2 + c2y c2 > f2
(a+b)2~2(a2+bιy
відтак
AL BL2 CL3
AWi BW2 CW3
що і треба було довести.
123


101 ЗАДАЧА ПРО ЧУДОВІ ТОЧКИ ТРИКУТНИКА
№ 82 Задача 6. Довести нерівність AI+BI+CI≥6r.
Доведення
Оскільки (рис. 4)
bi=~4v ci=~lc> . A .B . С
sin— sin— sin—
2 2 2
то AI+BI+CI≥^AIBICI =
Рис. 4
124


її. Чудові точки. Нерівності
Але
. А .В .СІ sin— sin—-sin— ≤-, 2 2 2 8
отже,
АІ+ВІ+СІ >3VrM =6r.
Задача 7. Довести, що
№83
(Ll, L1, L3- основи бісектрис внутрішніх кутів трикутника ABC).
Доведення
Оскільки
ILx _ а ІЦ_ b IL3 _ с
Al b + c BI а + с CI~a+b'
то задану нерівність запишемо у вигляді:
а + с
Застосуємо нерівність Коші до кожного з доданків (вона буде строга, бо b + с ≠ а):
125


101 ЗАДАЧА ПРО ЧУДОВІ ТОЧКИ ТРИКУТНИКА
b + c .
l⅛ + c 1 < а — ^,P = Р. а 2 2а а
Тоді
> а
Р
Аналогічно,
b >Ь_ а + с p,
А отже,
а + с
№84
Задача 8. Довести, що
^k + ⅛ + ^L<l + ^.
h. hb he r'
Доведення
3 ∆0MlA (рис. 5):
AM' ≤A0+0Mi або ma≤R + 0Mi.
Аналогічно,
mb ≤ R+0M2, mc ≤R+0M3.
126


її. Чудові точки. Нерівності
Враховуючи формулу
А. А» Ar
ОМ. soκ
і те, що l = —маємо:
⅛ 5
127


101 ЗАДАЧА ПРО ЧУДОВІ ТОЧКИ ТРИКУТНИКА
0Mx 0M2 0Mi _ Sobc +Soac +Soab _. h0 hb hc S
Таким чином,
ha hb hc г
№ 85 Задача 9. Довести, що у трикутнику АВС
OMi+OM2+OM3≥3r.
Доведення
За формулою Карно
0М} +0M2 +0M3 = R + r.
Але R≥2г. Отже,
OMx+OM2+OM3≥lr + r = 3r.
128


12. Чудові точки
у ПРЯМОКУТНОМУ ТРИКУТНИКУ


101 ЗАДАЧА ПРО ЧУДОВІ ТОЧКИ ТРИКУТНИКА
№ 86
Задача 1. У прямокутному трикутнику ABC (С =90°) проведемо висоту СН. Довести, що ∕,72=√2r
(∕l й І2 — інцентри трикутників АСН і ВСН).
Доведення
Трикутник IxHI2 (рис. 1) — прямокутний, оскільки ZJxHC + ZJ2HC =45° +45°. Маємо (r1 та r2 — радіуси вписаних у ΔACHта ΔBCH кіл) IxI22=IxH2 + I2H2 = = 2r2 + 2r2 =2ζr12 + r22) = 2r2.
130


12. Чудові точки у прямокутному трикутнику
(Трикутники ВСН і СНА подібні трикутнику ABC і тому їх лінійні елементи el, е2, е знаходяться у залежності e} + e2 =е2.)
Задача 2. Довести, що у трикутнику CI∖I2 точка І — ортоцентр.
№ 87
Доведення
Нехай пряма ∕1∕2 перетинає катети СА і СВ у точках М і N (рис. 2). Оскільки трикутники СІ\Н і СІ\М рівні (доведіть це самостійно!), відтак, СН =СМ і CM = CNi отже CI ± MN і АІ — бісектриса рівнобедреного трикутника CAT2 (AC =AT2), звідки АІ ± CT2. А оскільки точки А, I, Il лежать на одній прямій, то ∕∕l±C∕2, а отже, І — ортоцентр ∆C∕l∕2.
9*
131


101 ЗАДАЧА ПРО ЧУДОВІ ТОЧКИ ТРИКУТНИКА
№ 88 Задача 3. У прямокутному трикутнику ABC (С = 90°), у трикутникиВСН і АСН (CH 1 АВ) вписані кола з центрами I2 й /,. До них проведена спільна дотична UL(U IL — точки дотику). Дотична перетинає катети СА і СВ у точках Р і D. Довести, що точки С, D, Р, ∕l, /2 належать одному колу.
Доведения
Нехай дотична перетинає висоту СН у точці К (рис. 3). У трикутнику CDK /CDK = /ВАС. Доведемо це.
Нехай F і Е точки дотику кола з висотою СН. З подібності трикутників I∖LK та ABC маємо: ∕FKL-2∕LKI, =2В.
С
Рис. З
132


12. Чудові точки у прямокутному трикутнику
З &CDK:
/.CDK =180o -(ΛDCK + Z.CKD) =
= 180° -(Л+25) = 180° -(Л +2(90° - Л)) = Л.
Відзначимо, шо DK =CK = РК. Дійсно, оскільки Z.DCK = Z.CDK = А, то СК = DK. Аналогічно, Z.KPC = АРСК =В і СК = КР. Тобто DK=CK = KP.
Отже, точка К — центр кола. Доведемо, шо СК = г. Дійсно,
CK=CH-KH = r + rx+r2-(KF + rx) =
= r + rl +r2-η -r2 =Г, де було використано співвідношення
CH = r + ri+r2 та KF = r2 (довести!). Отже, К — центр кола, оскільки KC = KD = KP = KI2 = KIx =г
і 	точки С, D, Р, 11,12 належать цьому колу.
Задача 4. Знайти залежність між радіуса- № 89 ми rα, rb, rc зовнівписаних кіл прямокутного трикутника ABC (С =90°).
133


101 ЗАДАЧА ПРО ЧУДОВІ ТОЧКИ ТРИКУТНИКА
Розв’язання
Оскільки
ra=P~b,rb=p-a,rc=p,
то
a = rc - rb,b = rc - ra ,c = ra + rb.
Але c2 = a2 +b2, тому
(f,a+rb)2 =(''c -Γb)2 +(Λ ~ra)2>
або
2 r ∙ rh + ⅛ • с + • г, = с • а о ос с а с
№ 90 Задача 5.3 центроїда М прямокутного трикутника CAB (С =90°) опущено перпендикуляри на катети і гіпотенузу (Λ∕T1, MT2, MT3) (Tl єВС; T2 ∈ AC, T3 ∈ АВ). Площі трикутників MT∖T2, MT2T3, M7∖T3 рівні5l, S2, S3, відповідно. Довести, ιuo5,l =S2 +S3.
Доведення
Оскільки (рис. 4)
мт. = мт, = мт, =
1 З 2 З ’ Зс
c ab то 5. =—,
1 18
134


12. Чудові точки у прямокутному трикутнику
Рис. 4
с 1 ∖λ'γ кл'г ■ a α2Z>sin√4
S, = - М7, ∙ M7∖ sin А = ,
• 2 2 3 18с
ς, _ ab2 sinB
3 18с
Отже,
5,3 +5, = —(αsinΛ +Z>sinZ7) = 18с
ab ( a , b} ab c~ ab
=— a∙-+b∙- = =—.
18c^ с с) 18с с 18
Звідси, 51 =S2+S3.
Задача 6. Точка перетину медіан прямо- №9і кутного трикутника належить колу, вписаному в цей трикутник. Знайти гострі кути цього трикутника.
135


101 ЗАДАЧА ПРО ЧУДОВІ ТОЧКИ ТРИКУТНИКА
Розв’язання
За умовою (рис. 5) r2 = IM2, а також z— 2 с с
CI=rj2, CM
3 2 3
За теоремою косинусів
IM2 =CI2 +CM2-2СІ CMeosZICM,
7Г
ZICM = А
4
Отже,
r2 = 2r2 + — -2ry∣2 ∙-cosf А 1
9 3 \ 4)
136


12. Чудові точки у прямокутному трикутнику
„ а+Ь-с
Враховуючи, шо г = , маємо
З
2
с
r sin√4 + cosΛ-l
Оскільки
,2cos — -A =sinΛ + cosΛ,
<4 √
то позначивши х = sin√4 + cosΛ, рівняння (1) запишемо у вигляді:
2 х —+9=0,
звідки 3x2+6x-l3 =0. Таким чином,
cosΛ + sinΛ
CO!
Звідси,
. π
А = — + arccos
n π +
В = — arccos -j=
137


101 ЗАДАЧА ПРО ЧУДОВІ ТОЧКИ ТРИКУТНИКА
№ 92 Задача 7. Коло у дотикається катетів прямокутного трикутника і кола co, описаного навколо цього трикутника. Довести, що радіус кола у дорівнює діаметру вписаного у трикутник ABC кола.
Доведення
Нехай О — середина гіпотенузи АВ прямокутного трикутника ABC (С =90o), Oi — центр кола, яке дотикається катетів АС і АВ і кола ω (рис. 6). Точки Tx'∖T2- точки дотику кола ω і катетів, К — точка дотику кіл ω і у.
ω
Рис. 6
138


12. Чудові точки у прямокутному трикутнику
Нехай радіуси кіл ω і γ дорівнюють R та d, відповідно. Проведемо через точки О і Oi перпендикуляри до катетів G4 і СВ. Отримаємо прямокутний трикутник00iT зі сторонами
OO.=R-d, ОТ =--d, 1 2
O,T=rf-p
де а і b — катети трикутника ABC (OM2 = у,
OΛ∕,=^).
За теоремою Піфагора:
(а V ( h∖ (R-d)2=∖^--d + d-b-
с
Оскільки R = — (АВ = с), то
c2 -4dc+4d2 =
=4cf2 -4da + a2 +4d2 -4db + b2, або
4d2 -4d(b + a -c) + a2 +b2 -с2 =0.
139


101 ЗАДАЧА ПРО ЧУДОВІ ТОЧКИ ТРИКУТНИКА
Враховуючи, що
a2 +b2 = c2,
a+b-c r =
2
(г — радіус кола, вписаного у ABC), маємо d = a+b-c =2г, що і треба було довести.
140


13. Карнавал чудових точок


101 ЗАДАЧА ПРО ЧУДОВІ ТОЧКИ ТРИКУТНИКА
№93 Задача 1. У трикутнику АВС точки А, М2, Му, Ll належать одному колу. Довести, що b + c a = -f^.
√2
Доведення
Опишемо коло γ навколо трикутника ABC, продовжимо бісектрису AL} до перетину з цим колом у точці Wz1 (рис. 1). Оскільки точки A, Li, M2, М3 належать колу, гомотетичному колу γ
з коефіцієнтом гомотетії к = —, то
Рис. 1
142


13- Карнавал чудових точок
AL,=^AWl. (1)
Застосуємо теорему Птоломея до чотирикутника ABWC і отримаємо:
AWxa=WxB∙b + WxCc.
За теоремою трилисника IWx = ΠzlC = W∖B, і враховуючи також співвідношення (1), маємо IWx _ а AWx Ь + с
Далі маємо
1 _ ALx _ Al ILx
2 ~ AWx ~ AWχ+ AWx ^
l а 1 а
= 1 + ,
Ь+с 2 Ь + с + а
звідси -x∣2a =b + c, або а = що і треба бу- √2
ло довести.
Задача 2. Знайти кут при основі рівнобед- № 94 реного трикутника, якшо його ортоцентр належить колу, вписаному у цей трикутник.
143


101 ЗАДАЧА ПРО ЧУДОВІ ТОЧКИ ТРИКУТНИКА
Розв’язання
Опишемо коло γ навколо рівнобедрено- го трикутника ABC {b = c). Продовжимо висоту AH 1 до перетину з колом γ у точці W (рис. 2).
Оскільки точка W буде симетричною ортоцентру Н відносно сторони ВС, то
ЯЯ, = HxW=2r.
За теоремою трилисника
СГ =∕Wz=r + 2r=3r.
144


13. Карнавал чудових точок
Отже,
∞sΛH.WC=- =-.
Зг З
2
Оскільки /ЛВС = /Л WC, τoB = arccos-.
3
Задача 3. Щоб трикутник був різнице- №95 вим1, необхідно і достатньо, щоб пряма ІМ була паралельна середній за величиною стороні трикутника.
Доведення
Необхідність
Нехай b > а > с — сторони різницевого три-
_ . . За .
кутника. Тоді півпериметр р = — і
r-5 .a'ha'1 ^ha р 23 а 3'
Нехай МТ — відстань від центроїда М до сторони ВС (рис. 3). Оскільки
MT∖∖AHf,
1 	Трикутник, сторони якого складають арифметичну прогресію, називається різницевим.
10-7-1527
145


101 ЗАДАЧА ПРО ЧУДОВІ ТОЧКИ ТРИКУТНИКА
ТО ЗВІДСИ
MT = i-h.=r, IK,≈r, MT∖∖IK,,
отже, MI 11 BC, що і треба було довести. Достатність доведіть аналогічно.
№ 96 Задача 4. Нехай довільна точка X знаходиться всередині нетупокутного трикутника ABC. Точки X1, Λr2, Хг — проекції точки X на сторони ВС, АС, АВ.
146


13. Карнавал чудових точок
Якщо точка X співпадає з ортоцентром трикутника Aγ1X2%3, то вона є центром кола, описаного навколо трикутника ABC. Довести.
Доведення
Оскільки точка X — ортоцентр трикутника Х{X1X-i (рис. 4), то сторони цього трикутника паралельні відповідним сторонам трикутника ABC, а чотирикутники AV2Aγ∣Aγ3, 2LViX2Aγ3, GV2∠V3Aγi — паралелограми і відрізки XX v XX2, XX3 належать серединним перпендикулярам до сторін ВС, АС, АВ. Отже, точка X — центр кола, описаного навколо трикутника ABC.
А
Рис. 4
10*
147


101 ЗАДАЧА ПРО ЧУДОВІ ТОЧКИ ТРИКУТНИКА
№97
Задача 5. Якщо у гострокутному трикутнику АВС кут CAB дорівнює 60o, то точкиД С, O,Ia,I,H належать одному колу.
Доведення
Позначимо (рис. 5)
ΛCIaB = х, ЛСІВ = а, ЛСНВ = β∙
148


13. Карнавал чудових точок
•Годі
x=90°--=60°, а =90°+- = 120°,
2 2
β = 180° -60° =120°, ABOC=2A=120°,
а це доводить твердження задачі (у чотирикутниках ВІСІa ∖BHCIa сума протилежних кутів дорівнює 180°).
Задача 6. Трикутник ABC вписаний у ко- № 98 ло радіуса R. Точка D — діаметрально протилежна точці С. Довести, що
ID2=4R2-ab.
Доведення
За формулою Ейлера OI2 = R2 -2 Rr. Оскільки О/ (рис. 6) — медіана трикутника CID, то за формулою медіани
O∕2 = ∣(C∕2 + β∕2)^^^
Але CI2 =ab -4Rr (доведіть!), тоді
Я2-2 Rr = l(α* -4Яг) +1ID2-R2.
Отже, ID2 = 4R2 - ab.
149


101 ЗАДАЧА ПРО ЧУДОВІ ТОЧКИ ТРИКУТНИКА
Рис. 6
№ 99 Задача 7. Довести, що коли у трикутнику АВС відрізок IH перпендикулярний до бісектриси Л£рто:
1) 07 II ВС\
2) cosB + cosC = 1.
Доведення
1) Позначимо Е — середину відрізка АН (рис. 7). Оскільки
ЛОАІ = ЛІАН = ΛAIEi
то ІЕ И ОА. Також MxE || ОА (доведіть!).
150


13∙ Карнавал чудових точок
Рис. 7
Отже, через точку Е проведені дві прямі, паралельні відрізку АО: прямі ІЕ і EMi, що неможливо. Відтак, точки M^IτaE належать одній прямій і АЕ = г. Але OMx = АЕ, тобто ОМ x = г, отже 01IIВС.
2) 3 трикутника АІН випливає:
г
cos
В-С 2
АІ
АН
. А sin—  2_
2г ’
151


101 ЗАДАЧА ПРО ЧУДОВІ ТОЧКИ ТРИКУТНИКА
або
- В—С в+с 1
2 cos cos =1,
2 2
остаточно cos2f + cosC =1.
№ 100
Задача 8. Один з кутів трикутника ABC дорівнює 60°. Довести, що
ОІ = ІН.
Доведення
Припустимо, що А =60° (рис. 8). Тоді AH = 2RcosA - R.
152


13. Карнавал чудових точок
Доведемо, що
ЛОАІ = ΛIAH.
Дійсно, продовжимо відрізок АІ до перетину з описаним колом у точці Hz1 (рис. 9). Оскільки ОРИ, И AHl, то
ЛІАН, = ΛOW, А = ЛОАІ.
З 	рівностей кутів випливає, що
ДОЛІ = ΔHAI,
отже 01 = ІН, що і треба було довести.
Рис. 9
153


101 ЗАДАЧА ПРО ЧУДОВІ ТОЧКИ ТРИКУТНИКА
№ ιoι Задача 9. Довести, що якщо у гострокутному трикутнику
АН ВН СН = АО ВО СО,
то цей трикутник є рівностороннім.
Доведення.
Розглянемо трикутник О АН (рис. 9). За теоремою косинусів маємо:
ОН2 = О А2 + АН2 -10А ■ AH ∙ cos A0AH.
Враховуючи, що
Z.0AH = Z.CAH -ZCAO =
= 90o-C-(90o-5)=B-C,
154


13• Карнавал чудових точок
та використавши вже знайому нам формулу AH = 2ΛcosΛ, (1)
дістанемо
OH2 = R2+4R2cos2A- -2R2RcosA∙cos(B-C') = = R2 +4R2 cosΛ(cosΛ -cos(B-C)) = = R2 -4R2 cos A (cos(B + С) + cos(B -С)) = = R2-8R2 cos A cosBcosC.
Враховуючи (1) та аналогічні формули для ВН та СН отримаємо:
і _ J? 2RcosA ∙2RcosB2RcosC _
R ~
d2 ан вн сн
R
Таким чином, якщо
АН ВН CH =AO BO CO = R∖ то
рЗ OH2=R2-- =0, R
тобто трикутник ABC є рівностороннім.
155


101 ЗАДАЧА ПРО ЧУДОВІ ТОЧКИ ТРИКУТНИКА
ЗМІСТ
1. Центр кола, описаного навколо
ΔABC(τ.O) 5
2. Точка перетину висот
(ортоцентр) 17
3. Інцентр (Z, центр вписаного
у трикутник кола) 29
4. Точка перетину медіан
(Л/, центроїд) 39
5. Фірмова точка Wz 51
6. Центри зовнівписаних кіл Іа 63
7. Пряма Ейлера. . . 71
156


Зміст
8. Коло Леонарда Ейлера 81
9. Чудові точки трикутника
(формули) 91
10. Побудови з чудовими точками
трикутника 103
11. Чудові точки. Нерівності 115
12. Чудові точки у прямокутному
трикутнику 129
13. Карнавал чудових точок 141
157


Кушнір, Ісаак
К 96 101 задача про чудові точки трикутни¬
ка. — К.: Факт, 2007. — 160 с.
ISBN 978-966-359-206-0
У книзі запропоновано 101 задачу про чудові точки трикутника — геометрія яких цікавить дослідників ще з часів Евкліда.
Всі задачі, що пропонуються, призначені учням як масової школи, так і спеціалізованих класів, усім, хто бажає не тільки поглиблювати знання з геометрії, але і відточувати свій естетико-математичний смак. Тут немає жодної випадкової задачі. Перед тим, як прочитати розв’язання, автор радить спробувати розв’язати задачу самостійно.
Задачі розбито на тринадцять розділів, відповідно до типів чудових точок, до яких, крім класичних, включено центри зовні- вписаних кіл, точки перетину продовжень бісектрис з описаним колом, точки, які належать прямій та колу Ейлера тощо.
УДК514
ББК 22.151


Науково-методичне видання
Ісаак КУШНІР
101 ЗАДАЧА ПРО ЧУДОВІ ТОЧКИ ТРИКУТНИКА
Редактор Леонід Фінкельштейн Технічний редактор Олександр Дмитрієв Макетування обкладинки Інокентія Вирового
Верстка та макетування Дмитра Фінкельштейна


Здано до виробництва 20.07.2007. Підписано до друку 15.10.2007. Формат 60x84 1/32. Папір офсетний № 1. Гарнітура «Ньютон». Друк офсетний. Ум. друк. арк. 4,67. Обл.-вид. арк. 4,28. Наклад 2000 прим. Зам. № 7/1527.
ТОВ «Видавництво „Факт"» 04080, Україна, Київ-80, а/с 76 Реєстраційне свідоцтво ДК№ 1284 від 19.03.2003 Тел./факс: (044) 287 1882, 287 1886 E-mail: office@fact.kiev.ua Відділ збуту: (044) 463 6887 E-mail: sbyt@fact.kiev.ua www.fact.kiev.ua
Надруковано з готових форм на ЗАТ «ВІПОЛ» 03151, Київ, вул. Волинська, 60 Свідоцтво про внесення до Державного реєстру серія ДК№ 752 від 27.12.2001