Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 1140
2015-07-21 
Даны вершина $A$ и центр тяжести $M$ треугольника $ABC$. Найдите геометрическое место вершин $B$, таких, что $\angle A$, $ \angle B$, $\angle C$ треугольника $ABC$ одновременно удовлетворяют условиям:
$40^{\circ} \leq \hat{A} \leq 70^{\circ}, 40^{\circ} \leq \hat{B} \leq 70^{\circ}$ и $40^{\circ} \leq \hat{C} \leq 70^{\circ}$.
Решение:
Дополним $\triangle ABC$ до параллелограмма $ABA^{\prime}C$ (рис.).
Отрезок $AM$ составляет одну треть от $|AA^{\prime}|$. $\hat{ABA^{\prime}} = \hat{B} + \hat{C}$, но по условию $40^{\circ} \leq \hat{A} \leq 70^{\circ}$, поэтому $110^{\circ} \leq \hat{B} + \hat{C} \leq 140^{\circ}$. (*) Таким образом, вершины $B$ должны удовлетворять условию (*), т. е. лежать вне сегмента, вмещающего угол в $140^{\circ}$, и внутри сегмента, вмещающего угол в $110^{\circ}$, построенных на отрезке $AA^{\prime}$.
С другой стороны, точка $B$ лежит вне сегмента, вмещающего угол в $70^{\circ}$, и внутри сегмента, вмещающего угол в $40^{\circ}$, построенных на отрезке $AF$.
Но при этом $\hat{C} = \hat{FBA^{\prime}}$, т. е. точка $B$ должна лежать также внутри сегмента, вмещающего угол в $40^{\circ}$, и вне сегмента, вмещающего угол в $70^{\circ}$, построенных на $FA^{\prime}$. Берем пересечение этих трех луночек.
Исследование. Через точку $P$ пересечения сегментов, вмещающих угол в $70^{\circ}$ и построенных на $AF$ и $FA^{\prime}$, проходит сегмент, вмещающий угол в $140^{\circ}$ и построенный на $AA^{\prime}$. А через точки $Q$ и $R$ проходит сегмент, вмещающий угол в $110^{\circ}$ и построенный на $AA^{\prime}$. Следовательно, искомое геометрическое место — криволинейный треугольник $PQR$ (рис. ).
Даны вершина $A$ и центр тяжести $M$ треугольника $ABC$. Найдите геометрическое место вершин $B$, таких, что $\angle A$, $ \angle B$, $\angle C$ треугольника $ABC$ одновременно удовлетворяют условиям:
$40^{\circ} \leq \hat{A} \leq 70^{\circ}, 40^{\circ} \leq \hat{B} \leq 70^{\circ}$ и $40^{\circ} \leq \hat{C} \leq 70^{\circ}$.
Решение:
Дополним $\triangle ABC$ до параллелограмма $ABA^{\prime}C$ (рис.).
Отрезок $AM$ составляет одну треть от $|AA^{\prime}|$. $\hat{ABA^{\prime}} = \hat{B} + \hat{C}$, но по условию $40^{\circ} \leq \hat{A} \leq 70^{\circ}$, поэтому $110^{\circ} \leq \hat{B} + \hat{C} \leq 140^{\circ}$. (*) Таким образом, вершины $B$ должны удовлетворять условию (*), т. е. лежать вне сегмента, вмещающего угол в $140^{\circ}$, и внутри сегмента, вмещающего угол в $110^{\circ}$, построенных на отрезке $AA^{\prime}$.
С другой стороны, точка $B$ лежит вне сегмента, вмещающего угол в $70^{\circ}$, и внутри сегмента, вмещающего угол в $40^{\circ}$, построенных на отрезке $AF$.
Но при этом $\hat{C} = \hat{FBA^{\prime}}$, т. е. точка $B$ должна лежать также внутри сегмента, вмещающего угол в $40^{\circ}$, и вне сегмента, вмещающего угол в $70^{\circ}$, построенных на $FA^{\prime}$. Берем пересечение этих трех луночек.
Исследование. Через точку $P$ пересечения сегментов, вмещающих угол в $70^{\circ}$ и построенных на $AF$ и $FA^{\prime}$, проходит сегмент, вмещающий угол в $140^{\circ}$ и построенный на $AA^{\prime}$. А через точки $Q$ и $R$ проходит сегмент, вмещающий угол в $110^{\circ}$ и построенный на $AA^{\prime}$. Следовательно, искомое геометрическое место — криволинейный треугольник $PQR$ (рис. ).
