Геометрия 9 класс Атанасян, Бутузов и др., Задачи повышенной трудности, задание 1427

Условие (кратко)

В данный равносторонний треугольник вписать другой равносторонний треугольник так, чтобы его стороны были перпендикулярны к сторонам данного.

Решение

Дано: равносторонний $\triangle ABC$ . Построить: равносторонний $\triangle KLM$ , $K \in BC$ , $L \in CA$ , $M \in AB$ , каждая сторона которого перпендикулярна одной из сторон $\triangle ABC$ .

Анализ. Сторона $$KL$$ перпендикулярна одной из сторон $$BC$$ , $$CA$$ , $$AB$$ . Если $KL \perp AB$ , то $$KL$$ параллельна высоте из $$C$$ , то есть биссектрисе угла $$C$$ ; прямая, параллельная биссектрисе угла и пересекающая сторону $$CB$$ , пересекает не сторону $$CA$$ , а её продолжение за $$C$$ , — этот случай невозможен. Остаются $KL \perp BC$ и (симметричный ему) $KL \perp CA$ . Пусть $KL \perp BC$ . Фигура «угол $$C$$ и правильный треугольник $$K_1L_1M_1$$ с $K_1 \in CB$ , $L_1 \in CA$ , $K_1L_1 \perp BC$ , вершина $$M_1$$ по другую сторону от $$K_1L_1$$ , чем $$C$$ » при гомотетии с центром $$C$$ переходит в такую же фигуру. Поэтому, как в задаче 2 п. 137, строим такой треугольник при произвольной точке $$K_1$$ , а затем гомотетией с центром $$C$$ переводим вершину $$M_1$$ на сторону $$AB$$ .

Построение.

На стороне $$BC$$ ближе к $$C$$ берём точку $$K_1$$ , восставляем перпендикуляр к $$BC$$ до пересечения с $$CA$$ в точке $$L_1$$ .
На отрезке $$K_1L_1$$ строим правильный треугольник $$K_1L_1M_1$$ по другую сторону от прямой $$K_1L_1$$ , чем точка $$C$$ .
Луч $$CM_1$$ пересекает сторону $$AB$$ в точке $$M$$ . Через $$M$$ проводим прямые, параллельные $$M_1K_1$$ и $$M_1L_1$$ , до пересечения с $$BC$$ и $$CA$$ в точках $$K$$ и $$L$$ . $\triangle KLM$ — искомый.

Доказательство.

$\triangle KLM$ — образ $\triangle K_1L_1M_1$ при гомотетии с центром $$C$$ и коэффициентом $\dfrac{CM}{CM_1}$ , поэтому он правильный и $KL \parallel K_1L_1$ , то есть $KL \perp BC$ .
$\angle BKL = 90^\circ$ , $\angle LKM = 60^\circ$ , и $$M$$ лежит по ту же сторону от $$KL$$ , что и $$B$$ , поэтому $\angle BKM = 30^\circ$ . В $\triangle BKM$ имеем $\angle B = 60^\circ$ , значит, $\angle BMK = 90^\circ$ : $KM \perp AB$ .
В прямоугольном $\triangle CKL$ угол $\angle CLK = 90^\circ - 60^\circ = 30^\circ$ , и $\angle CLM = \angle CLK + \angle KLM = 30^\circ + 60^\circ = 90^\circ$ : $LM \perp CA$ .

Исследование. При $KL \perp BC$ решение единственно: луч $$CM_1$$ пересекает сторону $$AB$$ в одной точке. Из прямоугольных треугольников с углами $30^\circ$ и $60^\circ$ получаем $$CL = 2CK$$ , $$AM = 2AL$$ , $$BK = 2BM$$ , откуда $CK = \dfrac{1}{3}BC$ : вершины делят стороны в отношении $$1 : 2$$ . Случай $KL \perp CA$ даёт треугольник, симметричный первому относительно высоты из $$A$$ . Итак, задача имеет два решения.

Ответ

Строим вспомогательный правильный треугольник с вершинами на сторонах угла C и гомотетией с центром C переводим третью вершину на AB. Два решения, вершины делят стороны в отношении 1 к 2.

Почему так

Условие «вершины на сторонах угла C, стороны перпендикулярны сторонам треугольника» сохраняется при гомотетии с центром C.

Подробнее — в теме «Применение подобия фигур к доказательствам и задачам».

Задание 1427

Задача 1