Треугольник Шарыгина

Пусть ${\displaystyle \vartriangle ABC}$ — треугольник Шарыгина, ${\displaystyle a}$, ${\displaystyle b}$ и ${\displaystyle c}$ — его стороны (см. рисунок), ${\displaystyle AA_{1}}$, ${\displaystyle BB_{1}}$ и ${\displaystyle CC_{1}}$ — его биссектрисы, и ${\displaystyle A_{1}B_{1}=A_{1}C_{1}}$.

Предположим, ${\displaystyle AA_{1}}$ является серединным перпендикуляром к отрезку ${\displaystyle B_{1}C_{1}}$. Тогда углы ${\displaystyle \angle AIB}$ и ${\displaystyle \angle AIC}$ равны, а углы ${\displaystyle \angle IAC}$ и ${\displaystyle \angle IAB}$ также равны, так как прямая ${\displaystyle AI}$ является биссектрисой угла ${\displaystyle \angle CAB}$, следовательно, по теореме о сумме углов треугольника для треугольников ${\displaystyle \vartriangle ACI}$ и ${\displaystyle \vartriangle ABI}$ углы ${\displaystyle \angle ACI}$ и ${\displaystyle \angle ABI}$ равны, а значит, равны и углы ${\displaystyle \angle ACB=2\angle ACI}$ и ${\displaystyle \angle ABC=2\angle ABI}$, из чего следует, что треугольник ${\displaystyle \vartriangle ABC}$ равнобедненный, то есть не является треугольником Шарыгина по определению.

Итак, ${\displaystyle AA_{1}}$ не является серединным перпендикуляром к отрезку ${\displaystyle B_{1}C_{1}}$. Тогда точка ${\displaystyle A_{1}}$ является пересечением биссектрисы угла ${\displaystyle \angle B_{1}AC_{1}}$ и серединного перпендикуляра к отрезку ${\displaystyle B_{1}C_{1}}$, которое лежит на описанной окружности треугольника ${\displaystyle \vartriangle AB_{1}C_{1}}$ по следствию из

${\displaystyle AB_{1}A_{1}C_{1}}$ является вписанным, следовательно, ${\displaystyle \angle AB_{1}A_{1}+\angle AC_{1}A_{1}=180^{\circ }}$, а значит, сумма углов ${\displaystyle \angle CB_{1}A_{1}}$ и ${\displaystyle \angle BC_{1}A_{1}}$, как к углам ${\displaystyle \angle AB_{1}A_{1}}$ и ${\displaystyle \angle AC_{1}A_{1}}$ соответственно, также равна ${\displaystyle 180^{\circ }}$.

Приложим друг к другу треугольники ${\displaystyle \vartriangle CA_{1}B_{1}}$ и ${\displaystyle \vartriangle BA_{1}C_{1}}$ по равным сторонам ${\displaystyle A_{1}B_{1}}$ и ${\displaystyle A_{1}C_{1}}$ соответственно. Получим треугольник,

треугольнику ${\displaystyle \vartriangle ABC}$ по первому признаку подобия треугольников. Нетрудно убедиться, что его стороны будут равны ${\displaystyle {\frac {ac}{b+c}}}$, ${\displaystyle {\frac {ab}{b+c}}}$ и ${\displaystyle {\frac {ac}{a+b}}+{\frac {ab}{a+c}}}$. Тогда из подобия получаем ${\displaystyle {\frac {c}{a+b}}+{\frac {b}{a+c}}={\frac {{\frac {ac}{a+b}}+{\frac {ab}{a+c}}}{a}}={\frac {CB_{1}+C_{1}B}{CB}}={\frac {CA_{1}+A_{1}B}{CA+AB}}={\frac {a}{b+c}},}$ что можно переписать в виде ${\displaystyle b^{3}+c^{3}-a^{3}+b^{2}c+b^{2}a+c^{2}b+c^{2}a-a^{2}b-a^{2}c+abc=0.}$

Обозначим

угла ${\displaystyle \angle BAC}$ через ${\displaystyle x}$. Тогда по теореме косинусов ${\displaystyle b^{2}+c^{2}-a^{2}=2bcx}$, причём ${\displaystyle bc(2x(a+b+c)+a)=2bcx(a+b+c)+abc=}$${\displaystyle (b^{2}+c^{2}-a^{2})(a+b+c)+abc=}$${\displaystyle b^{3}+c^{3}-a^{3}+b^{2}c+b^{2}a+c^{2}b+c^{2}a-a^{2}b-a^{2}c+abc=0,}$ следовательно, будет верно равенство ${\displaystyle 2x(a+b+c)+a=0}$, что с учётом неравенства треугольника ${\displaystyle 0<a<b+c}$ даёт ограничения ${\displaystyle -{\frac {1}{4}}<x<0.}$

${\displaystyle 2x(a+b+c)+a=0\Rightarrow a=-{\frac {2x(b+c)}{2x+1}}.}$ Подставив данное значение в равенство ${\displaystyle b^{2}+c^{2}-a^{2}=2bcx}$ и разделив его на ${\displaystyle c^{2}}$, получим квадратное уравнение на ${\displaystyle {\frac {b}{c}}:}$
${\displaystyle (4x+1){\Big (}{\frac {b}{c}}{\Big )}^{2}-(8x^{3}+16x^{2}+2x){\Big (}{\frac {b}{c}}{\Big )}+(4x+1).}$ Первый и третий члены меньше нуля, а значит, средний член должен быть больше нуля. ${\displaystyle {\frac {b}{c}}>0}$, следовательно, ${\displaystyle 8x^{3}+16x^{2}+2x>0}$. Полученное уравнение имеет решения тогда и только тогда, когда его дискриминант, равный ${\displaystyle {\frac {1}{4}}((8x^{3}+16x^{2}+2x)^{2}-(4x+1)^{2})=}$${\displaystyle {\frac {1}{4}}(2x+1)^{2}(x+1)(2x-1)(2x^{2}+5x+1),}$ не меньше нуля, причём только одно из этих решений будет положительным. Случай, когда дискриминант равен нулю, не удовлетворяет условию ${\displaystyle b\neq c}$, следовательно, требуется его строгая положительность.

Следовательно, треугольник Шарыгина с ${\displaystyle \cos(\angle BAC)=x}$ существует тогда и только тогда, когда выполнены следующие условия: ${\displaystyle -{\frac {1}{4}}<x<0,}$ ${\displaystyle 8x^{3}+16x^{2}+2x>0,}$ ${\displaystyle {\frac {1}{4}}(2x+1)^{2}(x+1)(2x-1)(2x^{2}+5x+1)>0,}$ причём для данного ${\displaystyle x}$ он всегда единственен. Эти три условия равносильны ограничениям ${\displaystyle -{\frac {1}{4}}<x<{\frac {{\sqrt {17}}-5}{4}}.}$

Пусть ${\displaystyle U_{0},U_{1},\dots ,U_{13}}$ — вершины правильного ${\displaystyle 14}$-угольника, а ${\displaystyle \vartriangle U_{0}U_{2}U_{6}}$ — наш треугольник, вершины которого являются также вершинами правильного ${\displaystyle 7}$-угольника ${\displaystyle U_{0},U_{2},\dots ,U_{12}}$. Обозначим вершины треугольника, образованного основаниями биссектрис ${\displaystyle \vartriangle U_{0}U_{2}U_{6}}$, через ${\displaystyle A,B,C}$ (см. рисунок). Докажем, что ${\displaystyle BC=BA}$.

По свойству биссектрисы вписанного угла биссектрисы ${\displaystyle U_{0}A,\;U_{2}B,\;U_{6}C}$ проходят через точки ${\displaystyle U_{4},U_{10},U_{1}}$ соответственно. Точка ${\displaystyle B}$ лежит на диагоналях четырнадцатиугольника ${\displaystyle U_{0}U_{6}}$ и ${\displaystyle U_{2}U_{10}}$, которые симметричны относительно диагонали ${\displaystyle U_{1}U_{8}}$, следовательно, точка ${\displaystyle B}$ также лежит на диагонали ${\displaystyle U_{1}U_{8}}$. Обозначим пересечение диагоналей ${\displaystyle U_{0}U_{2}}$ и ${\displaystyle U_{1}U_{10}}$ через ${\displaystyle C_{1}}$. Точка ${\displaystyle C}$ является пересечением диагоналей ${\displaystyle U_{0}U_{2}}$ и ${\displaystyle U_{1}U_{6}}$, причём диагонали ${\displaystyle U_{1}U_{6}}$ и ${\displaystyle U_{1}U_{10}}$ симметричны друг другу относительно диагонали ${\displaystyle U_{1}U_{8}}$, а диагональ ${\displaystyle U_{0}U_{2}}$ симметрична сама себе относительно той же диагонали. Следовательно, точки ${\displaystyle C}$ и ${\displaystyle C_{1}}$ симметричны друг другу относительно диагонали ${\displaystyle U_{1}U_{8}}$. Как мы уже знаем, точка ${\displaystyle B}$ лежит на этой диагонали, следовательно, отрезки ${\displaystyle BC}$ и ${\displaystyle BC_{1}}$ симметричны относительно неё, то есть и равны.

Докажем теперь, что ${\displaystyle BC_{1}=BA}$. Прямые ${\displaystyle U_{2}U_{6}}$ и ${\displaystyle U_{2}U_{0}}$ симметричны относительно ${\displaystyle U_{2}U_{10}}$. Углы ${\displaystyle \angle U_{10}U_{1}U_{2}}$ и ${\displaystyle \angle U_{10}U_{3}U_{2}}$ опираются на равные дуги, а значит, равны по следствию из теоремы о вписанном угле. Следовательно, прямые ${\displaystyle U_{10}U_{1}}$ и ${\displaystyle U_{10}U_{3}}$ также симметричны относительно ${\displaystyle U_{2}U_{10}}$. Значит, точки ${\displaystyle A}$ и ${\displaystyle C_{1}}$ симметричны относительно ${\displaystyle U_{2}U_{10}}$ как пересечения прямых ${\displaystyle U_{2}U_{6}}$ с ${\displaystyle U_{10}U_{3}}$ и ${\displaystyle U_{2}U_{0}}$ с ${\displaystyle U_{10}U_{1}}$ соответственно. При этом точка ${\displaystyle B}$ лежит на отрезке ${\displaystyle U_{2}U_{10}}$. Следовательно, отрезки ${\displaystyle BA}$ и ${\displaystyle BC_{1}}$ симметричны относительно ${\displaystyle U_{2}U_{10}}$, то есть и равны.

Итак, ${\displaystyle BC=BC_{1}}$ и ${\displaystyle BC_{1}=BA}$, а значит, ${\displaystyle BC=BA}$, то есть треугольник ${\displaystyle ABC}$ равнобедренный.