Олимпиадная задача по планиметрии о триссектрисах треугольника для 8-9 класса

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 равен180^o-2(90^o-α)=2α , значит, дуга XYZT полученной окружности равна6α , а т.к. XAT = 3α , то точка A лежит на этой окружности. Лемма доказана. Рассмотрим произвольный треугольник ABC с углами, равными3α ,3β и3γ 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 равны3α ,3β и3γ соответственно. Рассмотрим равносторонний треугольник A2B2C2. На его сторонах построим вне его как на основаниях равнобедренные треугольники A2B2R , B2C2Q и C2A2Q с углами соответственно60^o-γ ,60^o-β и60^o-α при основаниях (рис.3). Лучи RB2и QC2пересекаются в некоторой точке A3, причём точки A3и A2лежат 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 RA2и PC2пересекаются в некоторой точке B3, а лучи PB2и QA2— в некоторой точке C3, причём точки B3и B2лежат по разные стороны от прямой A2C2, а точки C3и C2— по разные стороны от прямой A2B2. Докажем, что лучи A3B2, A3C2, B3C2, B3A2, C3A2и C3B2— триссектрисы углов треугольника A3B3C3. Через точку B2проведём прямую, параллельную A2C2. Пусть эта прямая пересекает лучи QA3и QC3в 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 A3MB2и B2NC3.

NB2C3 = MB2P = MB2C2- PB2C2= A2B2C2- PB2C2= 60^o-(60^o-α)=α.

Аналогично, MB2A3=γ . Углы B2NC3и B2MA3равны 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 A3MB2и B2NC3подобны. 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 A3B2C3и A3MB2также подобны, поэтому

B2A3C3= MA3B2= α, B2C3A3= MB2A3= γ.

Аналогично, A2C3B3=γ . Следовательно, лучи C3B2и C3A2— триссектрисы угла A3C3B2. Аналогично докажем, что лучи A3B2и A3C2— триссектрисы угла B3A3C3, а лучи B3A2и 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.

Ответ задачи отсутствует