Сборник материалов выездных школ команды Москвы на Всероссийскую математическую олимпиаду
 Скачать 3.42 Mb.
|
|
a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a bbbbbbbbbbbbbbb bbbbbbbbb bbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbb b ccccccccccccccc ccccccccc ccccccccccccccccccccccccccccccccccccccccccccccccc Рис. Рис. 3 3. Ответ центр тяжести треугольника. Рассмотрим треугольники точку P внутри него. Проведем перпендикуляры P A ′ , P и P к сторонам треугольника и соединим с вершинами (см. рис. 3). Тогда A ′ · P B ′ · P C ′ = 2S BP C a · 2S CP A b · 2S AP B c Гл. 9. Разные задачи по геометрии Так как стороны треугольника фиксированы, то произведение расстояний будет наибольшим тогда и только тогда, когда наибольшим будет произведение записанных площадей. Сумма таких площадей не зависит от расположения точки P и равна S ABC , поэтому их произведение будет наибольшим, если S BP C = S CP A = S AP B , те точка пересечения медиан треугольника ABC. 4. Ответ центр окружности, вписанной в треугольник. Рассмотрим треугольники точку P внутри него. Проведем перпендикуляры P A ′ , P и P к прямым, содержащим стороны треугольника, и соединим P с вершинами (см. риск задаче 3). Введя обозначения P A ′ = x, P B ′ = y и P C ′ = z, получим ax + by + cz = Тогда x + b y + c z ′ · 2S ABC = a x + b y + c z ′ · ax + by + cz = = a 2 + b 2 + c 2 + +ab x y + y x + bc y z + z y + ca z x + x z > > a 2 + b 2 + c 2 + 2ab + 2bc + 2ca = (a + b + причем равенство достигается тогда и только тогда, когда x = y = Это означает, что P — центр вписанной окружности. Ответ вписанный в окружность. Рассмотрим четырехугольник ABCD сданными сторонами, вписанный в окружность (см. рис. 4). Пусть его площадь не наибольшая. Тогда A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D Рис. приклеим к сторонам ABCD сегменты круга и вставим шарниры» в его вершины. Рассмотрим полученную фигуру с большей площадью четырехугольника. Она имеет такую же длину границы, но большую площадь, чем круг, что противоречит изопериметрическому свойству круга 1) 1) В качестве иллюстрации метода можно также обсудить доказательство Я. Штей- нера для изопериметрической задачи или сослаться на книгу В. Ю. Протасова Максимумы и минимумы в геометрии Геометрические задачи на экстремальные значения 6. Ответ Рассмотрим развертку куба (см. рис. 5). Искомая ломаная должна пересекать все грани куба, поэтому она лежит внутри обозначенной Рис. полосы. Длина ломаной будет наименьшей, если на развертке она будет изображаться отрезком, параллельным краям полосы. В частности, таким отрезком будет изображаться граница правильного шестиугольника, вершинами которого являются середины ребер куба. Каждая сторона такого сечения куба равна половине диагонали граните. равна 2 A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K а A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F Q Q Q Q Q Q Q Q Q Q Q Q Q Q Q Q Q Q Q Q Q Q Q Q Q Q Q Q Q Q Q Q Q Q Q Q Q Q Q Q Q Q Q Q Q Q Q Q Q Q Q Q Q Q Q Q Q Q Q Q Q Q Q Q Q Q Q Q Q Q Q Q Q Q б Рис. 6 7. Пусть MN — искомый отрезок. Проведем через точку P прямые, параллельные сторонам данного угла. Пусть они пересекают лучи ив точках K и L соответственно (см. риса. Так как OM + ON = = (OK + OL) + (KM + LN ), то требуемая сумма будет наименьшей тогда и только тогда, когда будет наименьшей сумма KM + LN Поскольку треугольники KM P и LP N подобны, то L = KP LN ⇐⇒ ⇐⇒ KM · LN = KP · P L. Следовательно, KM + LN > 2 √ KM · LN = = 2 √ KP · P L = 2 √ OK · OL, причем равенство достигается тогда и только тогда, когда KM = LN = √ OK · OL. Гл. 9. Разные задачи по геометрии Таким образом, построение сводится к тому, чтобы на продолжениях сторон OK и OL параллелограмма OKP L отложить отрезки, равные среднему геометрическому сторон параллелограмма. Отметим, что искомый отрезок — единственный, а наименьшее значение суммы OM + ON = ( √ a + √ b) 2 , где a и b — стороны параллелограмма Замечание. Равенство KM · LN = KP · P L можно доказать иначе. Проведем через точки M и N прямые, параллельные сторонам угла (см. рис. 6 б ). Пусть Q — точка их пересечения, E и F — точки пересечения прямых LP и KP c M Q и N Q соответственно, тогда параллелограммы и P EQF равновелики и имеют соответственно равные углы. Ответ + √ 2 2 (a + Пусть ABDE — квадрат, построенный на стороне AB, тогда [OM ] средняя линия △ADC, [ON] — средняя линия △BEC (см. рис. 7). На A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O Рис. отрезках AC и BC во внешнюю сторону построим квадраты и BT P C. Проведем [BK] и [AT ], тогда △ABT = △DBC и △BAK = = △EAC (по двум сторонами углу между ними. Следовательно — наибольшая тогда и только тогда, когда |AT | — наибольшая, те Площади ∈ (AC). Аналогично |EC| — наибольшая тогда и только тогда, когда — наибольшая, те. Для выполнения этих условий необходимо и достаточно, чтобы ∠ACB = В этом случае + |ON| = 1 2 (|DC| + |EC|) = 1 2 (b + a √ 2 + a + b √ 2) = 1 + √ 2 2 (a + Замечание. Равенство треугольников можно также доказать, используя поворот плоскости вокруг точек и A соответственно. Площади (АД. Блинков. Докажите, что площадь правильного восьмиугольника равна произведению длин наибольшей и наименьшей его диагоналей. (См. [9].) 2. Точка O, лежащая внутри выпуклого четырехугольника площади, симметрично отражается относительно середин его сторон. Найдите площадь четырехугольника с вершинами в полученных точках. (См. [9].) 3. В выпуклом четырехугольнике ABCD точка E — середина CD, F — середина AD, K — точка пересечения AC и BE. Докажите, что площадь треугольника BKF в два раза меньше площади треугольника. (См. [7].) 4. Диаметр P Q и перпендикулярная ему хорда MN пересекаются в точке A. Точка C лежит на окружности, а точка B — внутри окружности, причем BC k P Q и |BC| = |MA|. Из точек A и B опущены перпендикуляры и BL напрямую. Докажите, что треугольники и BCL равновелики. (См. [9].) 5. Каждая диагональ выпуклого пятиугольника отсекает от него треугольник единичной площади. Вычислите площадь пятиугольника. (См. [9].) 6. Диагональ BD вписанного четырехугольника ABCD является биссектрисой угла ABC. Найдите площадь ABCD, если |BD| = 6 см = 60 ◦ . (См. [1].) 7. Продолжения сторон AD и BC выпуклого четырехугольника пересекаются в точке E; M и N — середины сторон AB и CD; P и Q — середины диагоналей AC и BD. Докажите, что а) S P MQN = 1 2 |S ABD − б) S P EQ = 1 4 S ABCD . (См. [9].) Гл. 9. Разные задачи по геометрии. Пусть ABCD — выпуклый четырехугольник площади S. Угол между прямыми AB и CD равен α, угол между прямыми AD и равен β. Докажите неравенство · |CD| · sinα + |AD| · |BC| · sinβ 2 6 S 6 |AB| · |CD| + |AD| · |BC| 2 . (См. Зачетные задачи 3, 4, 5 и Контрольные вопросы. Найдите величину угла между стороной и меньшей диагональю ромба, если длина стороны равна 2 √ 6 м, а площадь ромба равна 12 мВ равнобокой трапеции большее основанием, боковая сторонам, диагональ — 13 м. Найдите ее площадь. Найдите площадь равнобокой трапеции с тупым углом α, если радиус вписанной в нее окружности равен r. IV. Прямая, параллельная основанию треугольника, делит его площадь в отношении p : q, считая от вершины. В каком отношении она делит боковую сторону. Стороны треугольника 35 см 29 см и 8 см. Найдите а) наибольшую высоту треугольника б) радиусы описанной и вписанной окружностей. Длина стороны треугольникам, длина медианы, проведенной к ней, 9 м, а длина еще одной медианы 6 м. Найдите площадь треугольника. Решения 1. Пусть GH — правильный восьмиугольник, S — его пло- щадь. Первый способ. S = S KLN M = |KL| · |KM| = |CE| · |BF |, что и требовалось доказать (см. рис. Второй способ. Угол правильного восьмиугольника равен Пусть |CD| = |CE| = a, тогда из треугольника CDE: |CE| 2 = 2a 2 − − 2a 2 cos 135 ◦ ⇐⇒ |CE| = a q 2 + √ 2; |AE| = |CE| √ 2 = a √ 2 · q 2 + √ 2; S = 8S △AOB = 4R 2 · sin 45 ◦ = 2R 2 √ 2 = 1 2 |AE| 2 √ 2 = |AE| · |CE|. Площади 237 A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F G G G G G G G G G G G G G G G G G G G G G G G G G G G G G G G G G G G G G G G G G G G G G G G G G G G G G G G G G G G G G G G G G G G G G G G G G G H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L L K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M M O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O O Рис. 1 2. Ответ Пусть ABCD — данный четырехугольники середины его сторон E ′ , F ′ , и H ′ — образы точки O при симметрии относительно этих середин (см. рис. Так как [EF ] — средняя линия треугольника E ′ OF ′ , то S E ′ OF ′ = = 4S EOF . Аналогично S F ′ OG ′ = 4S F OG ; S G ′ OH ′ = и S H ′ OE ′ = = 4S HOE . Таким образом, S E ′ F ′ G ′ H ′ = 4S EF GH . По теореме Вариньона S EF GH = 0,5S ABCD , следовательно, S E ′ F ′ G ′ H ′ = Рис. 2 3. Первый способ. Проведем EF — среднюю линию треугольника (см. риса. Тогда, так как высоты этих треугольников, проведенные из вершины F , совпадают. Кроме того, так Гл. 9. Разные задачи по геометрии как EF k AC, то длины перпендикуляров, опущенных из точки B на прямые EF и AC, относятся как |BE| : |BK|, поэтому | · |BE| |AC| · |BK| = 1 Перемножив почленно полученные равенства, имеем а a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a ccccccccccccccc ccccccccc ccccccccccccccccccccccccccccccccccccccccccccccccc c ffffff fff ff ff ff ff ff ff ff ff ff ffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffff f d d d d d d d d d d d d d d d d d d d d d d d d d d d d d d d d d d d d d d d d d d d d d d d d d d d d d d d d d d d d d d d d d d d d d d d d d d б A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K в Рис. Второй способ. Пусть a, c, f и d — длины перпендикуляров, опущенных напрямую из точек A, C, F и D соответственно (см. рис. 3 б Тогда c = d; f = a + d 2 . Следовательно S △ABK + S △KBC = = 1 2 |BK| · (a + c) = 1 2 |BK| · (a + d) = |BK| · f = что и требовалось доказать Площади 239 Третий способ. Проведем отрезки BD и DK (см. рис. 3 в. Так как медиана треугольника делит его площадь пополам, то 2(S ABCD − S △BCE − S △ABF − S △F KD − S △DKE ) = = 2S ABCD − S △BCD − S △ABD − S △AKD − S △DKC = = S ABCD − S △ACD = Четвертый способ. Проведем отрезки BD и EF (см. рис. 3 в. Так как медиана треугольника делит его площадь пополам, то S △BAF = = 1 и S △ABF = 1 2 S △ABD . Кроме того, так как EF — средняя линия треугольника ADC, то S △DEF = S △EF K = 1 4 S △ACD . Следовательно. Пусть ∠BCQ = ∠P QC = α. Тогда, так как ∠P CQ = 90 ◦ , ∠CP Q = = 90 ◦ − α (см. рис. 4). Проведем AD k CQ так, что D ∈ [CP ]. Из того, что DCKA — прямоугольник, следует, что |AD| = |CK|. S ACK = 1 2 |CK| · |AK| = 1 2 |AD| · |AK| = = 1 2 |AP | · sin(90 ◦ − α) · |AQ| · sin α = 1 2 |AP | · |AQ| · sin α cos α = = 1 2 |AM| 2 sin α cos α = 1 2 |BC| 2 sin α cos α = 1 2 |CL| · |BL| = Рис. 4 5. Ответ + √ 5 2 Гл. 9. Разные задачи по геометрии Пусть ABCDE — данный пятиугольник, AC ∩ BD = P (см. рис. Так как S AED = S CED = 1, то точки A и C равноудалены от прямой, те. Аналогично BD k AE, те параллелограмм, значит, S AP DE = Рис. Пусть S ABP = x, тогда S ABCDE = S AP DE + S ABP + S BCD = 3 + Так как | |CP | = S ADP S CDP , то x 1 − x = 1 1 − (1 − x) ⇐⇒ x 2 + x − 1 = = 0 ⇐⇒ x = −1 ± √ 5 2 . Учитывая, что x > 0, получим S ABCDE = = 3 + √ 5 − 1 2 = 5 + √ 5 2 6. Ответ 9 √ 3 см 2 Так как равные дуги окружности стягиваются равными хордами, тов данном четырехугольнике ABCD |AD = Первый способ. Рассмотрим симметрию относительно BD (см. рис. 6 а. Так как точка D равноудалена от сторон угла ABC, то образом высоты DK треугольника ABD будет являться высота треугольника. Тогда прямоугольные треугольники AKD и CK ′ D равны (по катету и гипотенузе, следовательно, S ABCD = S BKDK ′ = 2S △BKD = = |BK| · |KD| = 3 √ 3 · 3 = Второй способ. Рассмотрим поворот с центром D на угол ADC почасовой стрелке (см. рис. 6 б ). При таком повороте образами точек и B являются точки C и соответственно, те. образом треугольника является равный ему треугольник CB ′ D. Так как четырехугольник вписанный, то ∠BCD + ∠BAD = 180 ◦ , значит, точки B, и лежат на одной прямой. Таким образом, четырехугольники треугольник BDB ′ равновелики. Так как треугольник равнобедренный, получаем |DB ′ | = = |DB| = 6 см ∠B ′ = ∠B = 30 ◦ . Поэтому S △BDB ′ = 1 2 |BD| · |B ′ D| · sin 120 ◦ = 9 √ 3. Площади 241 A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K K ′ K ′ K ′ K ′ K ′ K ′ K ′ K ′ K ′ K ′ K ′ K ′ K ′ K ′ K ′ K ′ K ′ K ′ K ′ K ′ K ′ K ′ K ′ K ′ K ′ K ′ K ′ K ′ K ′ K ′ K ′ K ′ K ′ K ′ K ′ K ′ K ′ K ′ K ′ K ′ K ′ K ′ K ′ K ′ K ′ K ′ K ′ K ′ K ′ K ′ K ′ K ′ K ′ K ′ K ′ K ′ K ′ K ′ K ′ K ′ K ′ K ′ K ′ K ′ K ′ K ′ K ′ K ′ K ′ K ′ K ′ K ′ K ′ K ′ а A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C C D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ B ′ б Рис. 6 7. Пусть E = [CB) ∩ [DA) (см. рис. 7). Тогда S ABD < а) Четырехугольник P M QN — параллелограмм ∠P M Q = ∠CED = = α, поэтому S P MQN = |MP | · |MQ| · sin α = 1 4 |BC| · |AD| · sin Рис. Высоты треугольников ABD и ACD, проведенные из вершин B и равны соответственно |BE| · sin α и |CE| · sin α, поэтому S ACD − S ABD = = 1 2 (|CE| − |BE|) · |AD| · sin α = 1 2 |BC| · |AD| · sin α. Гл. 9. Разные задачи по геометрии Если E = [BC) ∩ [AD), то S ABD > S ACD . Рассуждая аналогично, получим, что S ABD − S ACD = 1 2 |BC| · |AD| · sin Таким образом, S P MQN = 1 2 |S ABD − S ACD |, что и требовалось дока- зать. б) Так как P M k CE и QM k DE, точка M лежит внутри треугольника (см. рис. 7), поэтому S P EQ = S P MQ + S P ME + S QME . Из пункта а S P MQ = 1 2 S P MQN = 1 4 (S ACD − S ABD ), S P ME = S AMP = 1 Аналогично S QME = S BMQ = 1 Следовательно EQ = 1 4 S ACD − 1 4 S ABD + 1 4 S ABC + 1 4 S ABD = 1 4 (S ACD +S ABC )= 1 4 S ABCD 8. Без ограничения общности можно считать, что [BA) ∩ [CD) = P , [BC) ∩ [AD) = Q. Тогда ∠BP C = α; ∠BQA = β (см. рис. Рис. 8 1) Достроим треугольник ADC до параллелограмма ADCK, тогда точка K лежит внутри ABCD. Следовательно > S ABCK = S ABK + S BCK = 0,5 · |AB| · |AK| · sin α + + 0,5 · |CB| · |CK| · sin β = 0,5 · (|AB| · |AD| · sin α + |CB| · |AD| · sin β). 2) Проведем прямую m — серединный перпендикуляр кирас- смотрим D ′ = S m (D). Тогда = S ABCD ′ = S ABD ′ + S BCD ′ 6 6 0,5 · |AB| · |AD ′ | + 0,5 · |CB| · |CD ′ | = 0,5 · (|AB| · |CD| + |BC| · что и требовалось доказать Конические сечения 243 Конические сечения (А. В. Акопян Эллипсом с фокусами и называется множество точек, сумма расстояний от которых дои F 2 постоянна. Гиперболой с фокусами и называется множество точек, модуль разности расстояний от которых дои F 2 постоянен. Параболой с фокусом и директрисой l называется множество точек, равноудаленных от F и Эллипсы, гиперболы и параболы называются кониками. 1. а) Докажите, что сумма расстояний от любой точки внутри эллипса до фокусов меньше, а от точки вне эллипса — больше длины большой оси. б) Сформулируйте и докажите для гиперболы и параболы утверждения, аналогичные утверждению из пункта а. Найдите геометрическое место центров окружностей, касающихся двух данных. а) Оптическое свойство. Пусть прямая l касается эллипса в точке P . Докажите, что прямая l — это внешняя биссектриса угла б) Сформулируйте и докажите оптическое свойство для парабол и гипербол. в) Пусть дано семейство коник с фокусами в и F 2 . Докажите, что любые гипербола и эллипс из этого семейства пересекаются под прямыми углами. Пусть дана некоторая коника и ее хорда AB. Пусть касательные в точках A и B пересекаются в точке P а) Докажите, что если AB содержит F 1 , то P и AB перпендику- лярны. б) Докажите, что ∠F 1 P A = ∠F 2 P в) Докажите, что ∠AF 1 P = ∠P F 1 B. 5. Найдите геометрическое место точек, из которых эллипс виден под прямым углом. Пусть парабола касается трех прямых, содержащих стороны тре- угольника. а) Покажите, что ее фокус лежит на описанной окружности этого треугольника Гл. 9. Разные задачи по геометрии б) Выведите отсюда, что описанные окружности треугольников, образованных четырьмя прямыми, пересекаются водной точке (точка Микеля). 7. Пусть парабола касается трех прямых, содержащих стороны тре- угольника. а) Покажите, что ее директриса проходит через ортоцентр треуголь- ника. б) Выведите отсюда, что ортоцентры треугольников, образованных четырьмя прямыми, лежат на одной прямой (прямая Обера). 8. Докажите, что если вершины треугольника лежат на некоторой равносторонней гиперболе (те. ее асимптоты перпендикулярны, тона этой гиперболе лежит также ортоцентр этого треугольника. На эллипс α накинули нить, которую натянули с помощью карандаша (см. рис. 6). Докажите, что карандаш при вращении вокруг опишет другой эллипс, софокусный сданным эллипсом Зачетные задачи все, кроме любых 6 пунктов. Контрольный вопрос Дана окружность и непересекающая ее прямая. Что является геометрическим местом центров окружностей, касающихся как окружности, таки прямой? а) Эллипс; б) гипербола; в) парабола; г) две параболы. Решения 1. а) Обозначим фокусы эллипса через и F 2 , а точку — через Точку пересечения луча F 1 X с эллипсом обозначим через Y . Пусть сначала лежит внутри эллипса. По неравенству треугольника F 2 X < < XY + Y F 2 , а значит, F 1 X + XF 2 < F 1 X + XY + Y F 2 = F 1 Y + рис. Рис. 1 Конические сечения 245 Но F 1 Y + F 2 Y равно большой оси эллипса. Рассуждая аналогично в случае, если точка X лежит вне эллипса, получаем F 2 Y < XY + Следовательно, F 1 X + XF 2 = F 1 Y + Y X + XF 2 > F 1 Y + F 2 Y б) Для точек внутри параболы расстояние до фокуса меньше, чем расстояние до директрисы, а для точек вне параболы — больше. В случае гиперболы утверждение формулируется следующим образом пусть модуль разности расстояний от любой точки на гиперболе до фокусов и равен d. Обозначим дугу гиперболы, внутри которой лежит F 1 , через Γ. Тогда для точек X вне Γ величина XF 2 − меньше d, а внутри — больше. Рассмотрим для определенности случай, когда окружности сцен- трами O 1 , и радиусами r 1 , лежат одна вне другой. Если окружность с центром O и радиусом r касается обеих окружностей внешним образом, то OO 1 = r + r 1 , OO 2 = r + и, значит, OO 1 − OO 2 = r 1 − те лежит на одной из ветвей гиперболы с фокусами O 1 , O 2 . Если окружность касается обеих данных окружностей внутренним образом, то ее центр лежит на другой ветви этой гиперболы. Если же одно из касаний внешнее, а другое внутреннее, то модуль разности расстояний OO 1 и равен r 1 + r 2 , те описывает другую гиперболу с теми же фокусами. Если одна окружность лежит внутри другой, то искомое ГМТ состоит из двух эллипсов с фокусами O 1 , и большими осями, равными r 1 + и r 1 − r 2 . Случай пересекающихся окружностей разберите самостоятельно. Рис. 2 3. а) Пусть X — произвольная точка l, отличная от P . Так как лежит вне эллипса, то XF 1 + XF 2 > P F 1 + P задача 1), те. из всех точек прямой l точка P имеет наименьшую сумму расстояний дои. Но, как известно, для точки P , обладающей этим свойством, углы, образованные P и P с l, равны. б) Для параболы оптическое свойство формулируется следующим образом если прямая l касается параболы в точке P , а P ′ — это проекция точки P , то l является биссектрисой угла F P Для гипербол если прямая l касается гиперболы в точке P , то l является биссектрисой угла F 1 P F 2 , где и F 2 — фокусы гиперболы Гл. 9. Разные задачи по геометрии в) Пусть эллипс и гипербола с фокусами и пересекаются в точке. Тогда касательные к ним в этой точке будут биссектрисами внешнего и внутреннего углов F 1 P соответственно. Следовательно, они будут перпендикулярны. а) В силу оптического свойства P A и P B — это биссектрисы внешних углов △F 2 AB. А значит, P — центр его вневписанной окружности. Точка касания вневписанной окружности со стороной (обозначим ее через F ′ 1 ) вместе с противоположной вершиной делят периметр треугольника пополам, те. Но этим свойством обладает F 1 , и такая точка только одна. Значит, и совпадают. Получаем, что F 1 — точка касания вневписанной окружности со стороной, а значит, P и AB перпендикулярны. б) Пусть F ′ 1 , F ′ 2 — точки, симметричные и относительно P и P B соответственно (рис. Рис. Тогда P F ′ 1 = P и P F ′ 2 = P F 2 . Кроме того, точки F 1 , B иле- жат на одной прямой (в силу оптического свойства. Тоже самое верно и проточки и F ′ 1 . Получаем F 2 F ′ 1 = F 2 A + AF 1 = F 2 B + BF 1 = = F ′ 2 F 1 . Следовательно, треугольники P и P равны (потрем сторонам. А значит F 1 + 2∠F 1 P A = ∠F 2 P F ′ 1 = ∠F 1 P F ′ 2 = ∠F 1 P F 2 + 2∠F 2 P Отсюда получаем, что ∠F 1 P A = ∠F 2 P B, что и требовалось. в) Поскольку треугольники P и P равны, равны углы и P F 1 F ′ 2 . Получаем F 1 A = ∠P F ′ 1 F 2 = ∠P F 1 F ′ 2 = ∠P F 1 B. 5. Обозначим фокусы этого эллипса через и F 2 . Пусть касательные к эллипсу в точках X и Y пересекаются в точке P . Отразим F 1 Конические сечения 247 относительно P X. Полученную точку обозначим через F ′ 1 . Тогда из задачи б) следует, что ∠XP Y = ∠F ′ 1 P и F ′ 1 F 2 = F 1 X + F 2 X, те. равен большой оси эллипса. Угол F ′ 1 P тогда и только тогда прямой, когда F ′ 1 P 2 + F 2 P 2 = F ′ 1 F 2 по теореме Пифагора. Следовательно, угол прямой тогда и только тогда, когда F 1 P 2 + равно квадрату большой оси эллипса. Но, как легко показать, это означает, что точка принадлежит окружности. Действительно, пусть имеет декартовы координаты (x 1 ; y 1 ), а соответственно (x 2 ; y 2 ). Тогда координаты искомых точек P будут удовлетворять условию − x 1 ) 2 + (y − y 1 ) 2 + (x − x 2 ) 2 + (y − y 2 ) 2 = где C — это квадрат большой оси. Но поскольку коэффициенты при и равны (а именно 2) и коэффициент при xy равен 0, то множеством точек, удовлетворяющих этому уравнению, будет окружность. Легко понять из соображений симметрии, что центром этой окружности будет середина отрезка Риса) Из оптического свойства параболы следует, что если фокус отразить относительно любой касательной, он попадет на директрису. Отсюда легко вывести, что проекция фокуса на касательные к параболе всегда попадает напрямую, которая касается параболы в ее вершине. Остается только воспользоваться результатом задачи 1 из раздела Изогональное сопряжение и прямая Симсона». б) Для любых пяти прямых общего положения существует коника, касающаяся каждой из этих прямых. Если считать, что одна прямая бесконечно удаленная, получаем, что для любых четырех прямых общего положения существует парабола, касающаяся их. Фокус этой параболы и будет точкой Микеля. Гл. 9. Разные задачи по геометрии. а) Прямое следствие задачи 6 аи задачи 4 из материала Изогональное сопряжение и прямая Симсона». б) Аналогично задаче 6. 8. Пусть ABC — данный треугольник, H — его ортоцентр и X, Y две бесконечно удаленные точки гиперболы. Проведем через A и B прямые, параллельные направлению на X, а через C и H — прямые, параллельные направлению на Y . Пусть U V — диагональ образованного этими прямыми прямоугольника, B ′ — основание высоты треугольника, опущенной из B (см. рис. Рис. Так как четырехугольники BB ′ CV и AU B ′ H вписаны в окружности с диаметрами BC и AH, ∠AB ′ U = ∠AHU , ∠V B ′ C = ∠V BC. Но = ∠V BC, как углы с перпендикулярными сторонами, значит, точки U , B ′ , V лежат на одной прямой и по обратной теореме Паскаля шестиугольник AXBHY C вписан в конику, те. равносторонняя гипербола ABCXY проходит через H. Конические сечения 249 Рис. 6 9. Очевидно, что получившаяся фигура (обозначим ее через α 1 ) будет иметь гладкую границу. Покажем, что в каждой точке X на фигуре α 1 касательная будет совпадать с биссектрисой внешнего угла Пусть XM и XN — касательные к α. Тогда ∠F 1 XN = ∠F 2 XM , а значит, биссектриса внешнего угла N XM будет совпадать с биссектрисой внешнего угла F 1 XF 2 . Обозначим ее через Пусть Y — произвольная точка на прямой l, Y L и Y R — касательные к α, причем они проведены с тех же сторон, как показано на рис. В дальнейших рассуждениях будет использоваться, что точка Y лежит «слева» от X, другой случай рассматривается аналогично. Обозначим через P точку пересечения прямых XM и Y L. Легко понять, что Y N < Y R+ ⌣ RN , а ⌣ LM < LP + P M . Кроме того, поскольку внешняя биссектриса угла N XP , имеем P X + XN < P Y + Y N А значит X + XN + ⌣ N M < M X + XN + ⌣ N L + LP + P M = = P X + XN + ⌣ N L + LP < P Y + Y N + ⌣ N L + LP = = LY + Y N + ⌣ N L < LY + Y R+ ⌣ RN + ⌣ N L = LY + Y R+ ⌣ RL. Гл. 9. Разные задачи по геометрии (здесь под дугами подразумеваются дуги, по которым идет нить. Следовательно, точка Y будет вне фигуры α 1 . Итак для любой точки на прямой l. Получается, что содержит единственную точку прямой, те. касается этой прямой. Из доказанного также сразу следует, что полученная кривая выпукла. То есть сумма расстояний до фокусов ив любой момент времени не меняется. Из этого можно сделать вывод, что она постоянна, а значит траектория карандаша совпадает с эллипсом. Криволинейные треугольники и неевклидова геометрия (М. Б. Скопенков Цель данной подборки задач — на простом примере показать, как неевклидова геометрия естественно возникает при решении задач евклидовой геометрии. Предполагается, что читатель знаком с понятием инверсии и ее простейшими свойствами (см, например, раздел Инверсия из гл. Основной пример. При многократных отражениях относительно сторон правильного треугольника на плоскости получается разбиение плоскости на бесконечное число правильных треугольников. Криволинейным треугольником назовем фигуру, составленную из трех дуг окружностей a, b и c. Отражением относительно стороны криволинейного треугольника назовем инверсию относительно соответствующей окружности. Основной вопрос. Что получится в результате многократного отражения относительно сторон данного криволинейного треугольника Назовем криволинейный треугольник правильным, если он переходит в себя при повороте на вокруг некоторой точки. Ответьте на основной вопрос в случае, когда △ — правильный криволинейный треугольник стремя углами по нарисуйте получающуюся картинку. Пусть △ — правильный криволинейный треугольник с нулевыми углами (те. треугольник, составленный из трех попарно касающихся окружностей. Докажите, что его образы при многократных отражениях лежат внутри его описанной окружности. Пусть △ — правильный криволинейный треугольник, все три угла которого меньше 60 ◦ Криволинейные треугольники и неевклидова геометрия 251 а) Докажите, что существует окружность d, перпендикулярная всем трем его сторонами б) Любая композиция отражений относительно a, b и c оставляет окружность d на месте. в) Образы треугольника △ при многократных отражениях лежат внутри круга, ограниченного окружностью d. 4. Пусть △ — криволинейный треугольник с суммой углов меньше. Докажите, что все его образы при многократных отражениях содержатся в некотором круге. Пусть △ — криволинейный треугольник с суммой углов а) Докажите, что три окружности a, b и c, из дуг которых он составлен, пересекаются водной точке. б) Докажите, что плоскость нельзя покрыть конечным числом его образов при многократных отражениях. в) Докажите, что все его образы при многократных отражениях покрывают плоскость. Назовем биссектрисой двух пересекающихся окружностей окружность, проходящую через обе точки их пересечения и делящую угол между ними пополам. Докажите, что три биссектрисы криволинейного треугольника с суммой углов пересекаются водной точке. Пусть △ — осьмушка сферы (те. пересечение единичной сферы с координатным октантом. Какая картинка на сфере получится при многократных отражениях относительно плоскостей, содержащих стороны треугольника △? Сравните результат с ответом в задаче 1. 8. Пусть △ — криволинейный треугольник с суммой углов больше, пусть a, b и c — его стороны. а) Докажите, что при стереографической проекции на некоторую сферу, касающуюся плоскости в радикальном центре трех окружностей a, b и c, эти окружности переходят в большие окружности сферы. б) Докажите, что плоскость покрывается конечным числом образов треугольника △ при многократных отражениях. Докажите, что три биссектрисы криволинейного треугольника с суммой углов больше пересекаются водной точке. Дополнительные задачи. Назовем высотой h криволинейного треугольника окружность, проходящую через обе точки пересечения окружностей b и перпендикулярную окружности a. Аналогично определяются две другие высоты h и h c . (Мы исключаем из рассмотрения криволинейные 2) Автор благодарен Ф. Нилову за задачи 11–13. Гл. 9. Разные задачи по геометрии треугольники с двумя прямыми углами) Докажите, что если две высоты криволинейного треугольника пересекаются в некоторой точке, то и третья высота проходит через эту точку. Пусть высоты h a , h и h криволинейного треугольника пересекают дуги a, b ив точках H a , H b и H c соответственно. Назовем окружность, проходящую через точки H a , H b и H c , окружностью точек. Пусть M a , M b и M c — вторые точки пересечения окружности точек с окружностями a, b и c соответственно. Назовем медианой m криволинейного треугольника окружность, проходящую через обе точки пересечения окружностей b и c и точку M a . Определим медианы m b и m аналогично. Докажите, что если две медианы криволинейного треугольника пересекаются в некоторой точке, то и третья медиана проходит через эту точку. Назовем вписанной окружность, касающуюся всех трех окружностей. Пусть G a , G b , G c — точки касания вписанной окружности с окружностями a, b и c соответственно. Проведем окружность g через точку G a и обе точки пересечения окружностей b и c. Определим окружности G b и G c аналогично. Докажите, если две из окружностей, G b , G c пересекаются в некоторой точке, то и третья из них проходит через эту точку. Верно ли, что окружность 9 точек (см. задачу 11) касается вписанной окружности (см. задачу Подумайте, какие еще теоремы планиметрии остаются справедливыми для криволинейных треугольников, а какие перестают быть верными Контрольные вопросы. Опишите все окружности, которые остаются на месте при инверсии относительно окружности а) Таких окружностей нет; б) сама окружность в) окружности, перпендикулярные окружности г) окружности, перпендикулярные окружности a, и сама окружность д) все окружности. Какие из следующих утверждений верны для любого криволинейного треугольника? а) Существует инверсия, переводящая одну из его сторон в прямолинейный отрезок. б) Существует инверсия, переводящая две его стороны в прямолинейные отрезки Криволинейные треугольники и неевклидова геометрия 253 в) Существует инверсия, переводящая все три его стороны в прямолинейные отрезки. Сколько существует биссектрису данной пары пересекающихся окружностей? а) б) в) г) бесконечно много. Решения 1. См. рис. Рис. 1 2. Заметим, что описанная окружность d правильного криволинейного треугольника с нулевыми углами перпендикулярна окружностями. Следовательно, внутренность круга, ограниченного окружностью, остается на месте при инверсии относительно любой из окружностей и c. Значит, она остается на месте при любой композиции этих инверсий. Поскольку исходный криволинейный треугольник лежит внутри окружности d, то и его образ при многократных отражениях лежит внутри окружности Что читать Доказательство теорем о биссектрисах и высотах для криволинейного треугольника можно прочитать в следующих источниках Скопенков М. Б. Теорема о высотах и тождество Якоби // Математическое просвещение. Третья серия. 2007. Вып. 11. С. 79–89. http://www.mccme.ru/free-books/matprosa.html [2] Материалы й летней конференции международного математического Турнира городов index.htm Гл. 9. Разные задачи по геометрии Рисование (А. Б. Скопенков 1. Куб с ребром 3 разбит на 27 единичных кубиков. Нарисуйте а) ежа (объединение центрального кубика и имеющих с ним общую грань); б) то, что получается при выкидывании ежа из куба; в)* то, что получается при выкидывании угловых кубиков из куба. Можно ли пространство заполнить непересекающимися ежами. Нарисуйте а) правильный тетраэдр; б) октаэдр; в) додекаэдр; г) икосаэдр вместе с кубом, при помощи которого они построены. а) Нарисуйте объединение куба A . . . с кубом, полученным из него поворотом на π/3 относительно большой диагонали. б) Нарисуйте объединение тетраэдра ABCD с тетраэдром, полученным из него поворотом на π/2 относительно бимедианы, те. прямой, соединяющей середины противоположных ребер. На плоскости стоят куб и каркас треугольной пирамиды, высота которой больше высоты куба. Нарисуйте тень от каркаса пирамиды на кубе, если пучок света параллелен прямой, соединяющей вершину пирамиды с центром верхней грани куба. Правильные многоугольники c каким числом сторон могут получиться при пересечении куба плоскостью. а) Нарисуйте тело, проекции которого натри взаимно ортогональные плоскости являются треугольником, квадратом и кругом со- ответственно. б) Проекции пространственной фигуры на две пересекающиеся плоскости являются прямыми линиями. Обязательно ли эта фигура — прямая линия. На рисунках а, б изображен вид сверху двух многогранников |