Всем привет!
Продолжаем разбирать задачи 55-го уральского турнира юных математиков. Все геометрические задачи турнира можно посмотреть тут. А за публикациями можно следить на телеграм-канале Олимпиадная геометрия. Сегодня разбираем вторую из двух геометрических задач с командной олимпиады 8-го класса — задачу 8.7. На мой взгляд, это одна из самых трудных задач турнира. Ее решили всего шесть команд, пять из них попали в высшую лигу и одна попала во вторую.
Моя личная нелюбовь к такого сорта задачам, конечно, мне слегка мешает оценивать адекватно и ее сложность и красоту. В разборе задачи 8.4 с командной олимпиады прошлого турнира, я уже писал о некоторых общих принципах, которыми можно руководствоваться при решении задач "с градусами". Кстати, большую часть из них, как и решение нашей задачи в более общем виде, можно почерпнуть из текста Константина Кнопа (конструкция подробно обсуждается на странице 4). Кроме того, почти во всех подобных задачах можно осознать, что картинка является частью конструкции из сторон и диагоналей правильного 18-угольника. Прочитать об этом можно в замечательной заметке Прасолова в журнале "Квант". Однако, давайте перейдем к решению.
Очень часто в задачах "с градусами" секрет состоит в том, что одна из точек на картинке является ортоцентром, центром описанной окружности, центром вписанной или вневписанной окружности какого-то треугольника, но это ловко спрятано. Обнаружить это можно с помощью следующих простых наблюдений.
1. Если точка лежит на одной из высот треугольника и угол под которым из нее видна какая-то сторона дополняет угол при соответствующей вершине до развернутого, то эта точка является ортоцентром (при правильном расположении точек).
2. Если точка лежит на серединном перпендикуляре к стороне треугольника и угол под которым из нее видна какая-то из сторон равен удвоенному углу при соответствующей вершине, то велики шансы, что это центр описанной окружности. (Тут, кажется, иногда возможны случаи, но чаще всего работает напрямую.)
3. Если точка лежит на одной из внутренней или внешней биссектрис треугольника и одна из его сторон видна под "правильным" углом, то это центр вписанной или вневписанной окружности.
Последний пункт вообще очень часто оказывается полезен в различных геометрических задачах и основан он, конечно, на том, что углы между биссектрисами легко вычисляются. Наверное, самое распространенное утверждение такого сорта следующее: если на биссектрисе угла A внутри треугольника ABC взять такую точку X, что
то точка X совпадает с центром вписанной окружности треугольника ABC. Это следует из того, что при движении точки X по биссектрисе угла A от вершины к стороне BC угол BXC увеличивается, а для центра вписанной окружности он как раз равен нужной величине.
Именно это соображение решает предложенную задачу. Нужно заметить, что
а значит, если отметить на отрезке CP такую точку D, что ∠ DBP=20°, то окажется, что P — центр вписанной окружности треугольника ABD. (Абсолютно такое же рассуждение можно провести, со стороны угла A, поскольку ∠ BPС=100°=90° +10°.)
Здесь и далее одной дужкой отмечаем угол в 10 градусов, двумя — в 20 градусов и тремя — в 30 градусов.
Дальнейшие наблюдения уже значительно более простые. Счет углов показывает, что BD и AC перпендикулярны, причем BD — серединный перпендикуляр к AC, поскольку треугольник ADC оказался равнобедренным.
Но тогда и треугольник ABC равнобедренный (AB=BC), откуда все углы уже элементарно вычисляются и ∠ PBC=60°.
Следует, конечно, отметить, что это не единственный подход к решению. Традиционно можно догадаться до ответа и проверить, что ∠ PBC=60°, тригонометрическими рассуждениями. Например, тригонометрическая версия теоремы Чевы в этом очень помогает: достаточно проверить тождество
Я его оставлю в качестве упражнения читателям.
