close

Вход

Забыли?

вход по аккаунту

код для вставкиСкачать
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13
Задача № 9
«Будуємо точку»
Команда «ФМГ-17» м. Вінниця
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13
Побудувати в трикутнику ABC таку точку Q , що
принаймні два з відрізків AQ , BQ , CQ діляться вписаним
колом навпіл. Для яких трикутників це можливо?
C
H
O
А
B
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13
1
H1
C
2r
H
r
O1
O
А
1. Нехай радіус вписаного кола дорівнює r.
B
2. Впишемо в BAC коло з радіусом 2r. Позначимо дане коло 1 . Нехай центр кола 1 - т. 1 .
Проведемо пряму AO1 .
3. Доведемо, що AO=O1
 AO 1 H 1 ~  AOH , за гострим кутом :
HAO – спільний
Отже,
, з чого слідує, що
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13
4. Візьмемо довільну точку на колі 1 , що знаходится в
межах трикутника  позначимо її M, тоді точка
1 - точка перетину прямої AM з вписаним колом.
З'єднаємо точки M та O1.
З'єднаємо точки M1 та O.
Доведемо, що 1 = 1 
, за двома сторонами та кутом
між ними, а саме:
H1
N
C
2r
H
N1
r
O1
O
OAM – спільний.
З даної подібності слідує, що AM1=M1M.
А
M1
M
B
5. Візьмемо довільну точку на колі  1 , що знаходится за
межами трикутника  позначимо її N, тоді точка N1 точка перетину прямої AN з вписаним колом.
З'єднаємо точки N та O1.
З'єднаємо точки N1 та O.
Доведемо, що 1 = 1 
, за двома сторонами
та кутом між ними:
OAN – спільний.
З даної подібності слідує, що AN1=N1N.
1
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13
H1
N
C
1
2r
H
O1
N1
r
O
А
M1
M
B
6. Отже, другий кінець відрізка, що починається в точці  і ділится вписаним колом
навпіл, лежить на колі 1
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13
1
2
C
O2
H
O1
r
O
M
А
B
O3
3
7. Впишемо в ACB коло з радіусом 2r – позначимо його  3
Впишемо в ABC коло з радіусом 2r – позначимо його  2
Аналогічно:
Другий кінець відрізка, що починається в точці  і ділится вписаним колом навпіл, лежить на колі 2
Другий кінець відрізка, що починається в точці  і ділится вписаним колом навпіл, лежить на колі 3
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13
Отже, точка Q має лежати хоча
б на двох колах одночасно,
H1
тобто точка Q лежить на
C
2
перетині двох кіл.
2r
O2
Тому точка Q існує тоді, коли
хоча б два кола з трьох
H
O1
перетинаються або дотикаються.
r
Розглянемо чотирикутник 1 3
O
CO=OO3



1 3 -паралелограм
M
AO=OO1
А
Тобто AC=O1O3 (1)
B
Для того, щоб кола мали спільну точку
O3
потрібно, щоб відстань між колами була
менша або рівна сумі радіусів цих кіл.
1 3 ≤ 4
Підставивши в рівність (1) отримаємо
3
AC ≤ 4
Тобто, для того, щоб існувала така точка Q ,щоб
AQ та CQ ділилися навпіл вписаним колом потрібно, щоб AC ≤ 4.
Аналогічно для того, щоб AQ та BQ ділилися навпіл вписаним колом потрібно, щоб
AB ≤ 4.
Аналогічно для того, щоб BQ та CQ ділилися навпіл вписаним колом потрібно, щоб
BC ≤ 4.
1
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13
Розглянемо випадок, коли всі три відрізки AQ,BQ,CQ діляться вписаним колом навпіл.
Для того, щоб це виконувалось потрібно,
щоб точка Q була рівновіддалена від
точок 1 , 2 , 3 , тобто точка Q – центр
описаного кола навколо ∆1 2 3 , нехай
його радіус , але
1 = 2 = 3 =  = 2.
2
1
C
1
2
Так як коло 1 вписане в ∠С, то
відстань від точки 1 до сторони AB
дорівнює 2r.
Q
A
Тому відстань від прямої AB до прямої
1 2 дорівнює 2r (AB||1 2 ).
Коло, вписане в ∆ дотикатиметься
до 1 2 .
Аналогічно воно дотикатиметься
до 1 3 та 3 2 .
Тобто, це коло є вписаним в ∆ 1 2 3
B
3
3
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13
Отримали, що R=2r (де R – радіус описаного
кола навколо ∆1 2 3 )
Дана рівність виконується лише в
рівносторонньому трикутнику, тому
1 2 = 2 3 = 1 3
З раніше доведеного:
 = 1 2
BC= 3 2
AC= 1 3 ,
з чого слідує, що ∆ – рівносторонній.
2
1
C
1
2
Q
A
B
3
3
Отже для того, щоб відрізки AQ,BQ,CQ ділилися вписаним колом навпіл потрібно, щоб
∆ був рівносторонній.
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13
B
H
Нехай маємо трикутник  з тупим кутом ∠ = .
Знайдемо граничне значення кута , при якому в ∆ є така точка , що задовольняє
умову задачі.
Для існування такої точки необхідно мінімалізувати якусь сторону трикутника, нехай це
буде .
Тоді кут між іншими сторонами трикутника прямуватиме до нуля, тобто сторони
трикутника прямуватимуть до паралельних прямих.
При цьому:
 → 2
∠ →  − 90°
2
2
 →
=
cos( − 90° ) 
2
 < 4, тому
< 4

1
1
< 2, тому  > , а так як  − тупий кут, то  < 150°

2
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13
Розглянемо рівнобедрений трикутник, в якого кут протилежний до основи дорівнює 120°
 = 
2 ∠
=
, тому
A
2
 + 2  2 120°
=
120°
2
2
b
b
2

 + 2  =  120°
2
2 120°
=
30°
 + 2
3
42 2
B
2 32
a
4 =
=
 + 2  + 2

Так як  > , то для існування точки Q, необхідно щоб b≤ 4.
=  ∙ 30°
2
Припустимо, що b < 4, отримаємо:
2 32
<
 + 2
 + 22 < 2 32
Так як  = 2 ∙  ∙ 30° =  3, то маємо
2 3 + 22 < 2 32
22 − 32 < 0.
Отримали, що 2 (2 − 3) < 0, отже наше припущення хибне і b > 4.
C
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13
Висновок:
1. Якщо хоча б одна зі сторін не перевищує чотири радіуси
вписаного кола то існує така точка , що принаймні два з
відрізків ; ;  діляться вписаним колом навпіл.
2. Усі три відрізки ; ;  діляться вписаним колом навпіл,
лише тоді коли трикутник рівносторонній, та точка Q-центр
цього трикутника.
3. Якщо один із кутів не менший 150°, то шуканої точки  в них
не існує.
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13
Дякуємо за
увагу!
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13
Задача № 9
«Будуємо точку»
Команда «ФМГ-17» м. Вінниця
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13
Побудувати в трикутнику ABC таку точку Q , що
принаймні два з відрізків AQ , BQ , CQ діляться вписаним
колом навпіл. Для яких трикутників це можливо?
C
H
O
А
B
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13
1
H1
C
2r
H
r
O1
O
А
1. Нехай радіус вписаного кола дорівнює r.
B
2. Впишемо в BAC коло з радіусом 2r. Позначимо дане коло 1 . Нехай центр кола 1 - т. 1 .
Проведемо пряму AO1 .
3. Доведемо, що AO=O1
 AO 1 H 1 ~  AOH , за гострим кутом :
HAO – спільний
Отже,
, з чого слідує, що
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13
4. Візьмемо довільну точку на колі 1 , що знаходится в
межах трикутника  позначимо її M, тоді точка
1 - точка перетину прямої AM з вписаним колом.
З'єднаємо точки M та O1.
З'єднаємо точки M1 та O.
Доведемо, що 1 = 1 
, за двома сторонами та кутом
між ними, а саме:
H1
N
C
2r
H
N1
r
O1
O
OAM – спільний.
З даної подібності слідує, що AM1=M1M.
А
M1
M
B
5. Візьмемо довільну точку на колі  1 , що знаходится за
межами трикутника  позначимо її N, тоді точка N1 точка перетину прямої AN з вписаним колом.
З'єднаємо точки N та O1.
З'єднаємо точки N1 та O.
Доведемо, що 1 = 1 
, за двома сторонами
та кутом між ними:
OAN – спільний.
З даної подібності слідує, що AN1=N1N.
1
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13
H1
N
C
1
2r
H
O1
N1
r
O
А
M1
M
B
6. Отже, другий кінець відрізка, що починається в точці  і ділится вписаним колом
навпіл, лежить на колі 1
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13
1
2
C
O2
H
O1
r
O
M
А
B
O3
3
7. Впишемо в ACB коло з радіусом 2r – позначимо його  3
Впишемо в ABC коло з радіусом 2r – позначимо його  2
Аналогічно:
Другий кінець відрізка, що починається в точці  і ділится вписаним колом навпіл, лежить на колі 2
Другий кінець відрізка, що починається в точці  і ділится вписаним колом навпіл, лежить на колі 3
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13
Отже, точка Q має лежати хоча
б на двох колах одночасно,
H1
тобто точка Q лежить на
C
2
перетині двох кіл.
2r
O2
Тому точка Q існує тоді, коли
хоча б два кола з трьох
H
O1
перетинаються або дотикаються.
r
Розглянемо чотирикутник 1 3
O
CO=OO3



1 3 -паралелограм
M
AO=OO1
А
Тобто AC=O1O3 (1)
B
Для того, щоб кола мали спільну точку
O3
потрібно, щоб відстань між колами була
менша або рівна сумі радіусів цих кіл.
1 3 ≤ 4
Підставивши в рівність (1) отримаємо
3
AC ≤ 4
Тобто, для того, щоб існувала така точка Q ,щоб
AQ та CQ ділилися навпіл вписаним колом потрібно, щоб AC ≤ 4.
Аналогічно для того, щоб AQ та BQ ділилися навпіл вписаним колом потрібно, щоб
AB ≤ 4.
Аналогічно для того, щоб BQ та CQ ділилися навпіл вписаним колом потрібно, щоб
BC ≤ 4.
1
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13
Розглянемо випадок, коли всі три відрізки AQ,BQ,CQ діляться вписаним колом навпіл.
Для того, щоб це виконувалось потрібно,
щоб точка Q була рівновіддалена від
точок 1 , 2 , 3 , тобто точка Q – центр
описаного кола навколо ∆1 2 3 , нехай
його радіус , але
1 = 2 = 3 =  = 2.
2
1
C
1
2
Так як коло 1 вписане в ∠С, то
відстань від точки 1 до сторони AB
дорівнює 2r.
Q
A
Тому відстань від прямої AB до прямої
1 2 дорівнює 2r (AB||1 2 ).
Коло, вписане в ∆ дотикатиметься
до 1 2 .
Аналогічно воно дотикатиметься
до 1 3 та 3 2 .
Тобто, це коло є вписаним в ∆ 1 2 3
B
3
3
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13
Отримали, що R=2r (де R – радіус описаного
кола навколо ∆1 2 3 )
Дана рівність виконується лише в
рівносторонньому трикутнику, тому
1 2 = 2 3 = 1 3
З раніше доведеного:
 = 1 2
BC= 3 2
AC= 1 3 ,
з чого слідує, що ∆ – рівносторонній.
2
1
C
1
2
Q
A
B
3
3
Отже для того, щоб відрізки AQ,BQ,CQ ділилися вписаним колом навпіл потрібно, щоб
∆ був рівносторонній.
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13
B
H
Нехай маємо трикутник  з тупим кутом ∠ = .
Знайдемо граничне значення кута , при якому в ∆ є така точка , що задовольняє
умову задачі.
Для існування такої точки необхідно мінімалізувати якусь сторону трикутника, нехай це
буде .
Тоді кут між іншими сторонами трикутника прямуватиме до нуля, тобто сторони
трикутника прямуватимуть до паралельних прямих.
При цьому:
 → 2
∠ →  − 90°
2
2
 →
=
cos( − 90° ) 
2
 < 4, тому
< 4

1
1
< 2, тому  > , а так як  − тупий кут, то  < 150°

2
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13
Розглянемо рівнобедрений трикутник, в якого кут протилежний до основи дорівнює 120°
 = 
2 ∠
=
, тому
A
2
 + 2  2 120°
=
120°
2
2
b
b
2

 + 2  =  120°
2
2 120°
=
30°
 + 2
3
42 2
B
2 32
a
4 =
=
 + 2  + 2

Так як  > , то для існування точки Q, необхідно щоб b≤ 4.
=  ∙ 30°
2
Припустимо, що b < 4, отримаємо:
2 32
<
 + 2
 + 22 < 2 32
Так як  = 2 ∙  ∙ 30° =  3, то маємо
2 3 + 22 < 2 32
22 − 32 < 0.
Отримали, що 2 (2 − 3) < 0, отже наше припущення хибне і b > 4.
C
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13
Висновок:
1. Якщо хоча б одна зі сторін не перевищує чотири радіуси
вписаного кола то існує така точка , що принаймні два з
відрізків ; ;  діляться вписаним колом навпіл.
2. Усі три відрізки ; ;  діляться вписаним колом навпіл,
лише тоді коли трикутник рівносторонній, та точка Q-центр
цього трикутника.
3. Якщо один із кутів не менший 150°, то шуканої точки  в них
не існує.
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13
Дякуємо за
увагу!
1/--страниц
Пожаловаться на содержимое документа