Задача 116287

Темы:    [ Углы между биссектрисами ] [ Углы, опирающиеся на равные дуги и равные хорды ] [ Правильный (равносторонний) треугольник ]

Сложность: 5 Классы: 8,9

Условие

Докажите, что точки пересечения смежных триссектрис улов произвольного треугольника являются вершинами равностороннего треугольника.

Решение

Докажем сначала следующую лемму. Если четыре точки X , Y , Z и T таковы, что XY=YZ=ZT и XYZ= YZT = 180^o-2α > 60^o , то они лежат на одной окружности. Кроме того, если точки A и Y лежат по разные стороны от прямой XT и при этом XAT = 3α , то точка A также лежит на этой окружности.
Доказательство.}Пусть O — точка пересечения биссектрис углов XYZ и YZT (рис.1). Тогда треугольник OXY равен равнобедренному треугольнику OZY по двум сторонам и углу между ними. Аналогично, треугольник OZT также равен треугольнику OZY , значит, OT=OX=OY=OZ . Следовательно, точки X , Y , Z и T лежат на окружности с центром O .
Угол при вершине каждого из трёх отмеченных равнобедренных треугольников равен 180^o-2(90^o-α)=2α , значит, дуга XYZT полученной окружности равна 6α , а т.к. XAT = 3α , то точка A лежит на этой окружности. Лемма доказана.
Рассмотрим произвольный треугольник ABC с углами, равными 3α , 3β и 3γ соответственно (рис.2). Пусть смежные триссектрисы углов при вершинах B и C пересекаются в точке P , а две другие триссектрисы этих углов — в точке Q . Тогда P — точка пересечения биссектрис треугольника BQC , поэтому QP — биссектриса угла BQC . Кроме того,

BPQ = 90^o+ BCQ = 90^o+· 2γ = 90^o+γ.

Отметим на сторонах QB и QC треугольника BQC точки соответственно Y и Z , для которых QPY = QPX = 30^o . Тогда
BPY = BPQ - YPQ = 90^o+γ -30^o= 60^o+γ.

Треугольники QPY и QPZ равны по стороне и двум прилежащим к ней углам, поэтому PY=PZ , а т.к. YPZ=60^o , то треугольник PYZ — равносторонний.
Пусть X — точка, симметричная точке P относительно биссектрисы BQ угла ABP , а T — точка, симметричная точке P относительно биссектрисы CQ угла ACP . Тогда
XY=YZ = YP=ZP=ZT, BXY = BPY= 60^o+γ,

XYP = 360^o- PBX-2 BPY = 360^o-2β-120^o-2γ=

=240^o-2(β+γ)=240^o-2(60^o-α)= 120^o+2α,

XYZ = 360^o- XYP- PYZ = 360^o-(120^o+2α)-60^o= 180^o-2α.
Аналогично, YZT = 180^o-2α . Заметим, что α < 60^o , т.к. 3α < 180^o , поэтому
180^o-2α > 180^o-120^o = 60^o.
Значит, для точек X , Y , Z , T и A выполнены все условия леммы. Следовательно, эти пять точек лежат на одной окружности, поэтому вписанные углы XAY , YAZ и ZAT , опирающиеся на равные хорды XY , YZ и ZT , равны, т.е. AY и AZ — триссектрисы угла BAC .


Пусть углы треугольника ABC равны 3α , 3β и 3γ соответственно. Рассмотрим равносторонний треугольник A2B2C2 . На его сторонах построим вне его как на основаниях равнобедренные треугольники A2B2R , B2C2Q и C2A2Q с углами соответственно 60^o-γ , 60^o-β и 60^o-α при основаниях (рис.3).
Лучи RB2 и QC2 пересекаются в некоторой точке A3 , причём точки A3 и A2 лежат по разные стороны от прямой B2C2 , т.к.
RB2C2+ QC2B2 = (60^o-γ+60^o)+(60^o-β+60^o)= 240^o-β-γ=

=180^o+60^o-β -γ= 180^o+α>180^o.

Аналогично, лучи RA2 и PC2 пересекаются в некоторой точке B3 , а лучи PB2 и QA2 — в некоторой точке C3 , причём точки B3 и B2 лежат по разные стороны от прямой A2C2 , а точки C3 и C2 — по разные стороны от прямой A2B2 .
Докажем, что лучи A3B2 , A3C2 , B3C2 , B3A2 , C3A2 и C3B2 — триссектрисы углов треугольника A3B3C3 .
Через точку B2 проведём прямую, параллельную A2C2 . Пусть эта прямая пересекает лучи QA3 и QC3 в точках M и N соответственно. Треугольники B2C2M и B2A2N равны по стороне и двум прилежащим к ней углам, поэтому B2M=B2N , т.е. B2 — середина отрезка MN .
Вычислим углы треугольников A3MB2 и B2NC3 .
NB2C3 = MB2P = MB2C2- PB2C2= A2B2C2- PB2C2= 60^o-(60^o-α)=α.
Аналогично, MB2A3=γ . Углы B2NC3 и B2MA3 равны как внешние углы при основании равнобедренного треугольника A3QC3 , причём
B2NC3= B2MA3= 180^o- B2MC2= 180^o- A2C2Q=180^o-(60^o-β)= 120^o+β.

NC3B2 = 180^o- NB2C3- B2NC3= 180^o-α -(120^o+β)= 60^o-α -β=γ.
Значит, треугольники A3MB2 и B2NC3 подобны. Поэтому = = , а т.к.
A3B2C3 = 180^o- NB2C3 - MB2A3= 180^o-α -γ = 120^o+(60^o -α-γ)=120^o+β= B2MA3,
то треугольники A3B2C3 и A3MB2 также подобны, поэтому
B2A3C3= MA3B2= α, B2C3A3= MB2A3= γ.
Аналогично, A2C3B3=γ . Следовательно, лучи C3B2 и C3A2 — триссектрисы угла A3C3B2 . Аналогично докажем, что лучи A3B2 и A3C2 — триссектрисы угла B3A3C3 , а лучи B3A2 и B3C2 — триссектрисы угла A3B3C3 .
Таким образом, точки пересечения смежных триссектрис треугольника A3B3C3 — вершины равностороннего треугольника. Следовательно, точки пересечения смежных триссектрис подобного ему треугольника ABC — также вершины равностороннего треугольника. Что и требовалось доказать.

Источники и прецеденты использования

web-сайт
Название	Система задач по геометрии Р.К.Гордина
URL	http://zadachi.mccme.ru
задача
Номер	6125