|
|
 |
Условие
Докажите, что внутри остроугольного треугольника существует такая точка, что основания перпендикуляров, опущенных из неё на стороны, являются вершинами равностороннего треугольника.
Подсказка
Пусть ABC – данный треугольник. Постройте внутри произвольного равностороннего треугольника точку, из которой его стороны видны под углами, равными 180° – ∠A, 180° – ∠B и 180° – ∠C.
Решение 1
Пусть внутри нашего треугольника ABC есть такая точка Q, о которой говорится в задаче. Обозначим проекции точки Q на стороны AB, BC и AC через M, N и P соответственно (см. рис.).
По условию углы A, B и C – острые, поэтому углы MQP, MQN и NQP – тупые, причём их сумма равна 360°. Треугольник MNQ – равносторонний (по предположению).
Рассмотрим теперь произвольный равносторонний треугольник XYZ. Пусть ∠A ≤ 60° (такой угол в треугольнике всегда найдётся). В полуплоскости относительно прямой XY, содержащей точку Z, построим дугу, из каждой точки которой отрезок XY виден под углом, равным 180° – ∠A. Так как угол между касательной к этой дуге в точке X и стороной XY равен ∠A ≤ 60°, то вся эта дуга находится внутри треугольника XYZ.
Далее построим дугу, из которой отрезок XZ виден под углом, равным 180° – ∠B. Так как ∠A + ∠B > 90° > 60° (угол C – острый), то построенные дуги пересекаются в некоторой точке O, которая, как и вся первая дуга лежит внутри треугольника XYZ. Из точки O сторона YZ видна под углом
360° – (180° – ∠A) – (180° – ∠B) = 180° – ∠C. Итак, существует, и притом только одна, такая точка O, из которой стороны треугольника XYZ видны под заданными углами.
Теперь решим нашу задачу на построение. Через точки X, Y, Z проведём прямые, перпендикулярные отрезкам OX, OY и OZ. Точки пересечения этих прямых являются вершинами треугольника, подобного данному треугольнику ABC (у данного и построенного треугольника соответственно равные углы). Разделим стороны треугольника ABC в тех же отношениях, в которых точки X, Y и Z делят соответствующие стороны построенного
треугольника. Точки деления и будут искомыми точками M, N и P.
Решение 2
В обозначениях решения 1 точки M и P лежат на окружности с диаметром AQ. Поэтому MP = AQ sin ∠ A. Аналогично MN = BQ sin ∠B,
NP = CQ sin ∠C. Из равенства MP = MN = NP теперь следует, что AQ·BC = BQ·AC = CQ·AB. Геометрическим местом точек, удовлетворяющих первому равенству, является окружность Аполлония, проходящая через C и основания внешней и внутренней биссектрис угла C. Аналогично строится окружность – геометрическое место точек, удовлетворяющих второму равенству. Точка Q – общая точка этих окружностей, лежащая внутри треугольника ABC.
Замечания
5 баллов
