|
|
 |
Условие
Отрезки AA1, BB1 и CC1 – высоты треугольника ABC. Найдите углы этого треугольника, если известно, что он подобен треугольнику A1B1C1.
Решение
Пусть углы при вершинах A, B и C равны α, β и γ соответственно, причём α ≥ β ≥ γ,
а высоты AA1, BB1 и CC1 пересекаются в точке H.
Предположим, что треугольник ABC – остроугольный (рис. слева).
Точки A1 и B1 лежат на окружности с диаметром CH. Поэтому ∠HA1B1 = ∠HCB1 = 90° – α.
Аналогично ∠HA1C1 = 90° – α, следовательно, ∠B1A1C1 = 180° – 2α.
Аналогично ∠A1B1C1 = 180° – 2β, ∠A1C1B1 = 180° – 2γ.
Так как α ≥ β ≥ γ, то 180° – 2γ ≥ 180° – 2β ≥ 180° – 2α. Значит, 180° – 2γ = α, 180° – 2β = β, 180° – 2α = γ, откуда α = β = γ = 60°, то есть треугольник ABC – равносторонний.
Точки B1 и C1 лежат на окружности с диаметром AH, поэтому ∠B1HC1 = 180° – ∠B1AC1 = 180° – α.
Точки A1 и C1 лежат на окружности с диаметром AC, поэтому ∠AA1C1 = ∠ACC1 = ∠ABB1 = 90° – ∠B1HC1 = 90° – (180° – α) = α – 90°.
Аналогично ∠AA1B1 = α – 90°. Следовательно, ∠B1A1C1 = 2α – 180°.
Кроме того, ∠AC1A1 = ∠ACA1 = γ, ∠AC1B1 = ∠AHB1 = 90° – ∠HBA1 = 90° – (α – 90°) – β = γ, следовательно, ∠A1C1B1 = ∠AC1A1 + ∠AC1B1 = 2γ.
Аналогично ∠A1B1C1 = 2β. Рассмотрим три случая.
1) Наибольший угол треугольника A1B1C1 равен 2α – 180°. Тогда 2α – 180° = α, то есть α = 180°, что невозможно.
2) Наибольший угол треугольника A1B1C1 равен 2β, а наименьший – 2γ. Тогда 2γ = γ, что также невозможно.
3) Наибольший угол треугольника A1B1C1 равен 2β, а наименьший – 2α – 180°. Тогда 2β = α, 2γ = β, 2α – 180° = γ.
Из этой системы находим, что γ = 180°/7, β = 360°/7, α = 720°/7.
Ответ
60°, 60°, 60° или 720°/7, 360°/7, 180°/7.
Источники и прецеденты использования
| web-сайт | |
| Название | Система задач по геометрии Р.К.Гордина |
| URL | http://zadachi.mccme.ru |
| задача | |
| Номер | 2551 |
