Информация о задаче

Задача 78232

Темы:	[	ГМТ - окружность или дуга окружности	]
Темы:	[	Прямоугольники и квадраты. Признаки и свойства	]

Сложность: 4-
Классы: 10,11

Прислать комментарий

Условие

Найти геометрическое место центров прямоугольников, описанных около данного остроугольного треугольника.

Решение

По смыслу термина "описанный", каждая сторона прямоугольника должна проходить через какую-нибудь вершину треугольника. Так как при этом вершин у треугольника на одну меньше, чем сторон у прямоугольника, то хотя бы одна вершина прямоугольника должна совпадать с одной из вершин треугольника. Мы будем называть такую вершину "главной". Пусть A — главная вершина треугольника, Q — совпадающая с ней вершина прямоугольника, N — вершина прямоугольника, противоположная Q. Так как $\angle$ CNB = 90^o, то, очевидно, точка N лежит на полуокружности, построенной на стороне BC, как на диаметре (полуокружность лежит вне треугольника ABC). Пусть теперь R и S — середины сторон AC и AB, O — точка пересечения средней линии RS с медианой AL к стороне BC; X — произвольная точка построенной полуокружности, Y — середина отрезка AX. В треугольнике ALX

OY = $\displaystyle {\frac{LX}{2}}$ = $\displaystyle {\frac{BC}{4}}$ ,

так как OY — средняя линия. Стало быть, точка Y лежит на полуокружности радиуса

$\displaystyle {\frac{BC}{4}}$ = $\displaystyle {\frac{RS}{2}}$ ,

построенной на RS, как на диаметре. Заметим теперь, что центр прямоугольника есть точка пересечения его диагоналей и, значит, середина любой диагонали. Пока вершина A треугольника остаётся главной, центр прямоугольника описывает, как мы показали, какую-то часть дуги полуокружности, построенной на RS, как на диаметре. Выясним, какую именно часть полуокружности описывает центр прямоугольника. Если A — главная вершина, то сторона PN прямоугольника образует со стороной AC треугольника тупой угол: $\angle$ NCA $\ge$ 90^o. Этот угол становится прямым как раз тогда, когда роль главной вершины переходит к точке С. Точно так же угол NBA не меньше 90^o. Построим перпендикуляры к сторонам AC и AB в точках С и В (соответственно); они высекают на дуге полуокружности как раз ту её часть, которая заметается вершиной N прямоугольника. Если теперь построить на средних линиях треугольника ABC дуги полуокружностей вдвое меньшего радиуса и выделить на них соответствующие части, то образуется криволинейный треугольник, который и является искомым множеством.

Источники и прецеденты использования


олимпиада
Название	Московская математическая олимпиада
год
Номер	23
Год	1960
вариант
	1
Класс	10
Тур	2
задача
Номер	4


олимпиада
Название	Московская математическая олимпиада
год
Номер	23
Год	1960
вариант
	1
Класс	9
Тур	2
задача
Номер	4