«Квант» — научно-популярный физико-математический журнал (издаётся с 1970 года)
Старый сайт журнала: kvant.ras.ru

Задача М2843

Условие задачи (2025, № 5/6) Задача М2843 // Квант. — 2025. — № 5/6. — Стр. 18; 2025. — № 8. — Стр. 16—17.

Пусть $A'$‍,$B'$‍,$C'$‍ — середины сторон $BC$‍,$CA$‍,$AB$‍ соответственно в правильном треугольнике $ABC$‍ (рис. 1). На продолжении отрезка $A'B'$‍ за $B'$‍ взята точка $D$‍,‍ а на продолжении отрезка $A'C'$‍ за $C'$‍ взята точка $E$‍ так, что отрезок $DE$‍ проходит через точку $A$‍.‍ Отрезки $B'E$‍ и $C'D$‍ пересекаются в точке $X$‍.

  1. Докажите, что точки $X$‍,$A'$‍,$B'$‍,$C'$‍ лежат на одной окружности.
  2. Докажите, что отрезки $A'X$‍,$CE$‍,$BD$‍ и $B'C'$‍ пересекаются в одной точке.
Рис. 1
Рис. 1

К. Байрак, ученик 11 класса


Решение задачи (2025, № 8) Задача М2843 // Квант. — 2025. — № 5/6. — Стр. 18; 2025. — № 8. — Стр. 16—17.

Пусть длина стороны треугольника $ABC$‍ равна $2a$‍,‍ также положим $EC'=x$‍,$DB'=y$‍ (рис. 2).

Рис. 2
Рис. 2

а) Заметим, что соответствующие стороны треугольников $EAC'$‍ и $ADB'$‍ параллельны, значит, эти треугольники подобны, откуда $\dfrac{EC'}{C'A}=\dfrac{AB'}{B'D}$‍,‍ или $\dfrac xa=\dfrac ay$‍.‍ Полученная пропорция вместе с равенством $\angle EC'B'=\angle C'B'D=120^\circ$‍ даёт подобие $\triangle EC'B'\sim\triangle C'B'D$‍.‍ Отсюда $$ \angle DC'B'=\angle C'EB'=180^\circ-\angle EC'B'-\angle EB'C= 60^\circ-\angle EB'C. $$ Получаем, что $\angle XC'B'+\angle XB'C'=60^\circ$‍,‍ откуда $\angle B'XC'=120^\circ$‍,‍ следовательно, $\angle B'XC'+\angle B'A'C'=120^\circ+60^\circ=180^\circ$‍,‍ четырёхугольник $A'B'XC'$‍ вписанный.

б) Покажем, что каждый из отрезков $CE$‍,$BD$‍,$A'X$‍ делит отрезок $B'C'$‍ в одном и том же отношении, равном $\dfrac xa$‍ (или $\dfrac ay$‍).

Пусть $U=CE\cap B'C'$‍,$V=BD\cap B'C'$‍,$W=A'X\cap B'C'$‍.‍ Поскольку $EC'\parallel CB'$‍,‍ имеем $\triangle UEC'\sim\triangle UCB'$‍,‍ следовательно, $\dfrac{C'U}{UB'}=\dfrac{EC'}{CB'}=\dfrac xa$‍.‍ Аналогично находим $\dfrac{C'V}{VB'}$‍.

Далее, $$ \dfrac{C'W}{WB'}=\dfrac{S_{A'C'X}}{S_{A'B'X}}=\dfrac{A'C'\cdot C'X\cdot \sin\angle A'C'X}{A'B'\cdot B'X'\cdot\sin\angle A'B'X}, $$ что равно $\dfrac{C'X}{XB'}$‍,‍ поскольку $A'B'=A'C'$‍,‍ a углы $A'C'X$‍ и $A'B'X$‍ дают в сумме $180^\circ$‍ (в силу вписанности $A'B'XC'$‍).‍ Вспомним, что $\angle XC'B'=\angle C'EB'$‍,‍ поэтому $\triangle B'XC'\sim\triangle B'C'E$‍,‍ откуда $\dfrac{C'X}{XB'}=\dfrac{EC'}{C'B'}=\dfrac xa$‍.‍ Итак, $\dfrac{C'W}{WB'}=\dfrac xa$‍,‍ что завершает решение.

Сделаем ещё несколько замечаний по поводу этой конструкции. Оказывается, прямая, проведённая через точки пересечения $AB\cap CE$‍ и $AC\cap BD$‍,‍ будет касаться окружности $(A'B'C')$‍ в точке $X$‍.‍ Получается, что утверждения задачи можно трактовать как свойства описанного четырёхугольника (здесь $A'$‍,$B'$‍,$C'$‍,$X$‍ – точки касания его сторон со вписанной окружностью), или, более общо, как проективные свойства четырёхугольника, описанного вокруг коники.

К. Байрак, П. Кожевников


Метаданные Задача М2843 // Квант. — 2025. — № 5/6. — Стр. 18; 2025. — № 8. — Стр. 16—17.

Предмет
Математика
Условие
Решение
,
Номера

2025. — № 5/6. — Стр.  [условие]

2025. — № 8. — Стр.  [решение]

Описание
Задача М2843 // Квант. — 2025. — № 5/6. — Стр. 18; 2025. — № 8. — Стр. 16‍—‍17.
Ссылка
https://www.kvant.digital/problems/m2843/