Задача 381 ВМО

[Red_Herring]

Следующая задача предлагалась в 1984 году на ВМО в 10 классе

Цитата:

Дан треугольник $ABC $ вписанный в окружность с центром $O$. Возьмем произвольную точку $P$ и проведем прямые $PA$, $PB$, $PC$. Пусть $A'$, $B'$, $C'$ вторые точки пересечения этих прямых с окружностью.

Доказать, что имеется не более восьми положений точки P, при которых треугольники $ABC$ и $A'B'C'$ равны.

Имеется несложное решение. Но все это оставляет привкус незавершенности. Хотелось бы примера треугольника для которого имеется 8 таких положений. В качестве первого шага хотелось бы пример хотя бы с 2 точками ($P=O$ всегда годится).

[_Ivana]

Red_Herring в сообщении #864071 писал(а):

В качестве первого шага хотелось бы пример хотя бы с 2 точками ($P=O$ всегда годится).

Прямоугольный треугольник. Первая точка - центр окружности, вторая - точка на диаметре (он же гипотенуза) симметрии вершины прямого угла относительно этого же диаметра.
Второй пример двух точек - центр окружности и точка пересечения диагоналей равнобочной трапеции, вписанной в окружность, треугольники образуются из боковых сторон и точек пересечения окружности линией, параллельной основаниям трапеции и проходящей через точку пересечения ее диагоналей (2 варианта - внешние и внутренние относительно боковых сторон треугольники).

ЗЫ зеркально отображенные треугольники и треугольники с другим порядком следования вершин должны считаться равными, иначе, боюсь, восемь точек не наскребем.

[Red_Herring]

_Ivana в сообщении #864083 писал(а):

вторая - точка на диаметре (он же гипотенуза) симметрии вершины прямого угла относительно этого же диаметра.

Спасибо

_Ivana в сообщении #864083 писал(а):

зеркально отображенные треугольники должны считаться равными, иначе, боюсь, восемь точек не наскребем.

Разумеется

[_Ivana]

Red_Herring в сообщении #864071 писал(а):

Хотелось бы примера треугольника для которого имеется 8 таких положений.

Возможно, это глупость, но пока никто не успел высказать. Я бы посмотрел в сторону правильных вписанных многоугольников, в которых для любых трех подряд идущих вершин существует максимальное количество трапеций (образованных с участие других вершин этого многоугольника), обладающих свойством, описанным в моем первом посте этой темы. Возможно, таких многоугольников среди правильных и нет, а возможно, их особенности ограничивают волшебное число $8$.

[_Ivana]

1) Три точки можно получить, строя трапеции, у которых в качестве боковых сторон будет одна из сторон исходного треугольника, и которые удовлетворяют вышенаписанному условию (прямая через оставшуюся вершину треугольника и точку пересечения диагоналей трапеции параллельна ее основаниям - симметрия относительно прямой (оси симметрии трапеции) в этом случае является и симметрией относительно точки пересечения диагоналей). Вот картинка про это (точность не абсолютная, но видно идею):
Есть шанс, что для некоторых сторон исходного треугольника таких построенных трапеций может быть не одна, а две - тогда количество точек по данному принципу будет от четырех до шести.
2) Если допустить совпадение $A$ и $A'$, то еще три точки лежат снаружи окружности - на пересечении продолжения каждой стороны и касательной в точке вершины, не принадлежащей этой стороне - тогда треугольник отражается сам в себя, но меняется порядок двух вершин, третья отражается в себя.
3) И центр окружности. Итого, 7 точек есть, если принять допущения пункта 2.

[g______d]

Не решение, но размышления на тему.

Пусть у нас треугольник $ABC$. Ясно, что он определяется двумя сторонами и радиусом описанной окружности, поэтому надо, чтобы среди отрезков $A'B'$ и $B'C'$ встречались ровно две из сторон треугольника. Получаем 6 вариантов. Вопрос в том, как устроено множество таких точек $P$, что $|A'B'|=x$. Если $x=|AB|$, то это некоторая кривая, похожая на окружность, проходящую через $A$, $B$ и центр; точек вне окружности, очевидно, нет. Если $x\neq |AB|$, то есть две ветви: одна внутри (но уже не проходящая через центр), одна снаружи; выбор ветви зависит от того, меняется ли порядок точек.

В случае общего положения для "внутренних" ветвей, по-видимому, есть 6 точек пересечения (т. к. 6 вариантов отобразить отрезок с помощью внутренней точки и понятно, что кроме вершин у пары кривых есть одна внутренная точка пересечения).

Когда возникают наружные ветви? Когда ни один из двух отрезков не переходит в себя. Кроме того, если они просто меняются местами, то третий отрезок должен переходить в себя и тем самым $P$ должна быть внутри. Таким образом, осталось два варианта, соответствующие циклическим перестановкам, в каждом из них должно быть по одной точке пересечения вне круга.

Возможно, все эти кривые будут дугами окружностей.

[g______d]

Да, конечно же, они все будут дугами окружностей. Тогда вообще очевидно, кажется, — в случае общего положения будет 8 точек.

[Red_Herring]

g______d в сообщении #864181 писал(а):

Да, конечно же, они все будут дугами окружностей.

Как доказать? Или (лучше) какая будет окружность если $x = |BC|$? Экспериментально, с помощью ГеоГебры я проверил для $x = |AB|$ (мы говорим об $A'B'$)

[g______d]

Red_Herring в сообщении #864650 писал(а):

Как доказать? Или (лучше) какая будет окружность если $x = |BC|$?

Надо посмотреть на два варианта расположения $A'B'$ с одинаковым $x$ и доказать, что у полученных четырехугольников углы между диагоналями одинаковые. Получается практически сразу же из равенства углов, опирающихся на равные дуги.

Окружность будет проходить через $A$, $B$ и, например, через точку пересечения диагоналей $AB'$ и $BA'$ при $A'B'$ параллельном $AB$. В случае $x=|AB|$ это будет центр исходной окружности.

[Red_Herring]

Да точно. Это окружности.

g______d в сообщении #864176 писал(а):

надо, чтобы среди отрезков $A'B'$ и $B'C'$ встречались ровно две из сторон треугольника

плюс ориентация. Мы можем восстановить треугольник по 2 его сторонам, радиусу описанной окружности и ориентации

[g______d]

Red_Herring в сообщении #864674 писал(а):

Мы можем восстановить треугольник по 2 его сторонам, радиусу описанной окружности и ориентации

Мы же вроде договорились считать треугольники разной ориентации равными, иначе 8 не получится.

-- Сб, 17 май 2014 22:24:29 --

Т. е. пусть стороны треугольника у нас $a$, $b$, $c$. Тогда есть 6 возможных вариантов отображения: $(a\mapsto a,b\mapsto b)$, $(a\mapsto a,b\mapsto c)$, $(a\mapsto b,b\mapsto a)$, $(a\mapsto b,b\mapsto c)$, $(a\mapsto c,b\mapsto a)$, $(a\mapsto c,b\mapsto b)$.

В любом из этих случаев $c$ будет автоматически отображаться в оставшуюся сторону.

4 из них реализуется только для $P$ внутри окружности, в двух остальных (нетождественные циклические перестановки) точка $P$ может быть внутри и вне.

[Red_Herring]

Я имел в виду что-то более элементарное: мы знаем радиус окружности и 2 стороны $BC$ и$ BA$. Мы можем восстановить либо $ABC$ либо $A_1BC$ и эти треугольники не равны. Это я имел в виду под "ориентацией"



\begin{tikzpicture}[scale=.3] \draw(8.0,-6.0) circle (6.254118642942425cm); \draw (2.0025587610288005,-7.77332980155627)-- (3.92,-1.26); \draw [color=red] (3.92,-1.26) circle (2.3440136518373778cm); \draw (2.4615052279357257,-3.0949912805954094)-- (3.92,-1.26); \draw (3.92,-1.26)-- (5.951618257261391,-0.08084335661888776); \draw (8.0,-6.0) circle (1.5pt); \draw (8.140000000000002,-5.719999999999998) node {$O$}; \draw (3.92,-1.26) circle (1.5pt); \draw (4.060000000000001,-0.9099999999999989) node {$B$}; \draw (2.0025587610288005,-7.77332980155627) circle (1.5pt); \draw (2.140000000000001,-7.499999999999997) node {$C$}; \draw (5.951618257261391,-0.09084335661888776) circle (1.5pt); \draw (6.1000000000000005,0.1800000000000011) node {$A$}; \draw (2.4615052279357257,-3.0949912805954094) circle (1.5pt); \draw (2.640000000000001,-2.759999999999998) node {$A_1$}; \end{tikzpicture}

[g______d]

Red_Herring в сообщении #864697 писал(а):

Это я имел в виду под "ориентацией"

А, про эту ориентацию я не подумал; значит, я не совсем правильно сказал. Но с этой ориентацией, похоже, как раз проблем нет, порядок точек наше преобразование либо сохраняет, либо меняет, но сразу всех.

[Red_Herring]

Теперь: допустим нам надо найти геометрическое место точек $P $ т. ч. если ввести $A'$ и $B'$ указанным образом, то $|A'B'|=|BC|$. Тогда оно будет состоять из двух окружностей: одна состоит из точек, из которых мы видим $AB$ под углом $(\gamma + \alpha)$, вторая из точек , из которых мы видим $AB$ под углом $|\gamma - \alpha|$; $ \alpha, \beta, \gamma$ — углы дуг $BC, CA, AB$.

М.б. что-то исключить?

[g______d]

Сейчас мне кажется, что окружностей может быть четыре, две внутри и две снаружи :( Явно надо что-то исключать, как раз наверное из-за ориентаций.