Формула. В. В. Прасолов задачи по планиметрии
 Скачать 6.7 Mb.
|
|
Задачи для самостоятельного решения 4.65. Стороны вписанного четырёхугольни- ка ABCD удовлетворяют соотношению AB · BC = = AD · DC. Докажите, что площади треугольников и ADC равны. 4.66. Можно ли двумя прямолинейными разрезами, проходящими через две вершины треугольника, разрезать его на четыре части так, чтобы три треугольника (из числа этих частей) были равновеликими? 4.67. Докажите, что все выпуклые четырёхугольники, имеющие общие середины сторон, равновелики. 4.68. Докажите, что если два треугольника, получающихся при продолжении сторон выпуклого четырёхугольника до их пересечения, равновелики, то одна из диагоналей делит другую пополам. 4.69. Площадь треугольника равна S, периметр равен P. Прямые, на которых расположены его стороны, отодвигаются (во внешнюю сторону) на расстояние h. Найдите площадь и периметр треугольника, образованного тремя полученными прямыми. 4.70. На стороне AB треугольника ABC взяты точки D и E так, что ∠ACD = ∠DCE = ∠ECB = f . Найдите отношение CD : CE, если известны длины сторон AC и BC и угол Пусть AA 1 , и CC 1 — биссектрисы треугольника ABC. Докажите, что 2abc/((a + b) · (b + c) · (c + Точки M и N являются серединами боковых сторон AB и трапеции ABCD. Докажите, что если удвоенная площадь трапеции равна AN · NB + CM · MD, то AB = CD = BC + Если четырёхугольник с попарно различными длинами сторон вписан в окружность радиуса R, то существует ещё два неравных ему четырёхугольника с такими же длинами сторон, вписанных в туже окружность. Эти четырёхугольники имеют не более трёх различных длин диагоналей d 1 , и d 3 . Докажите, что площадь четырёхуголь- ника равна На сторонах AB, BC и CA треугольника ABC взяты точки и B 1 ; точки C 2 , и симметричны этим точкам относительно середин соответствующих сторон. Докажите, что S A 1 B 1 C 1 = Внутри треугольника ABC взята точка P. Прямые, проходящие через точку P и вершины треугольника, пересекают стороны Глава 4. Площадь в точках A 1 , и C 1 . Докажите, что площадь треугольника, образованного серединами отрезков AA 1 , и CC 1 , равна четверти площади треугольника A 1 B 1 C 1 Решения 4.1. Пусть M — точка пересечения медиан треугольника ABC. Прямая разрезает каждый из треугольников ABC и AMC на два равновеликих тре- Рис. угольника, поэтому S ABM = S BCM . Аналогично Из равенства площадей треугольников и BCP следует, что расстояния от точек A и C до прямой BP равны. Поэтому прямая BP либо проходит через середину отрезка AC, либо параллельна ему. Искомые точки изображены на рис. Обозначим точку пересечения прямой со стороной AC через L 1 Так как S LOB = и = то Высоты треугольников и L 1 OC равны, поэтому LO = те. точка O лежит на медиане, прове- дённой из вершины A. Аналогично доказывается, что точка O лежит на медианах, проведённых из вершин B и C, те точка пересечения медиан треугольника. Эти рассуждения показывают также, что точка пересечения медиан треугольника обладает требуемым свойством. 4.4. Так как S A 1 BB 1 = S A 1 AB = S ABC , то S AA 1 B 1 = 2S. Аналогично S BB 1 C 1 = = S CC 1 A 1 = 2S. Поэтому S ABC = Поскольку = то Атак как = то S B 1 C 1 C = S BB 1 C = и S BB 1 C 1 = 2S BAC . Аналогично S DD 1 A 1 = 2S ACD , поэтому+ S DD 1 A 1 = 2S ABC + 2S ACD = 2S ABCD . Аналогично S AA 1 B 1 + S CC 1 D 1 = поэтому S A 1 B 1 C 1 D 1 = S ABCD + S AA 1 B 1 + S BB 1 C 1 + S CC 1 D 1 + S DD 1 A 1 = Пусть O — центр описанной окружности. Так как AD, BE и CF — диаметры, то S ABO = S DEO = S AEO , S BCO = S EFO = S CEO , S CDO = S AFO = S ACO . Ясно также, что S ABCDEF = 2(S ABO + S BCO + S CDO ) и S ACE = S AEO + S CEO + S ACO . Следовательно Пусть E и F — середины диагоналей AC и BD. Так как S AOB = точка O лежит на прямой AF. Аналогично точка O лежит на прямой Предположим, что точка пересечения диагоналей не является серединой ни одной из них. Тогда прямые AF и CF имеют единственную общую точку поэтому O = F. Аналогично доказывается, что O = E. Получено противоречие. 4.8. Пусть диагональ AC трапеции ABCD с основанием AD равна 5. Достроим треугольник ACB до параллелограмма ACBE. Площадь трапеции равна площади прямоугольного треугольника DBE. Пусть BH — высота треугольника. Тогда EH 2 = BE 2 − BH 2 = 5 2 − 4 2 = 3 и ED = BE 2 /EH = Поэтому S DBE = ED · BH/2 = Так как S ABE = S ABC , то EC k AB. Остальные диагонали тоже параллельны соответствующим сторонам. Пусть P — точка пересечения BD и EC. Решения задач 91 Если S BPC = x, то S ABCDE = S ABE + S EPB + S EDC + S BPC = 3 + x (S EPB = S ABE = так как ABPE — параллелограмм. Так как S BPC : S DPC = BP : DP = S EPB : то x : (1 − x) = 1 : x, а значит, x = ( √ 5 − 1)/2 и S ABCDE = ( √ 5 + Центры всех трёх прямоугольников совпадают (см. задачу 1.7 ), поэтому два меньших прямоугольника имеют общую диагональ KL. Пусть и N — вершины этих прямоугольников, лежащие на стороне BC. Точки и N лежат на окружности с диаметром KL. Пусть O — центр этой окружности проекция точки O на BC. Тогда BO 1 = и MO 1 = NO 1 , а значит. Чтобы доказать, что S KLM + S KLN = S KBCL , достаточно проверить, что (S KBM + S LCM ) + (S KBN + S LCN ) = S KBCL = BC(KB + CL)/2 = BC · AB/2. Остаётся заметить, что KB · BM + KB · BN = KB · BC, LC · CM + LC · CN = LC · и KB · BC + LC · BC = AB · Опустим из точки C перпендикулярна прямую AB. Пусть точки, и симметричны точками относительно прямой l. Тогда треугольник AA 0 C равносторонний, причём ∠ACB = ∠BCB 0 = ∠B 0 CA 0 = Треугольники EE 0 C и DEC равнобедренные с углом при вершине 20 ◦ , причём боковая сторона EC у них общая. Следовательно, S ABC + 2S EDC = S ABC + Так как E — середина BC, то 2S EE 0 C = S BE 0 C = S BB 0 C /2. Поэтому S ABC + 2S EDC = = S AA 0 C /2 Пусть площади треугольников T a , и равны a, b и c. Треугольники и T c гомотетичны, поэтому прямые, соединяющие их соответственные вершины, пересекаются водной точке O. Коэффициент k подобия этих треугольников равен. Ясно, что S A 1 B 3 O : S C 1 B 3 O = A 1 O : C 1 O = k. Записывая аналогичные равенства и складывая их, получаем a : b = k, а значит, b Воспользовавшись результатом задачи 1.3 а), легко проверить, что + pq 1 + p + pq , B 1 R BB 1 = qr 1 + q + qr , CR CC 1 = q + qr 1 + q + qr , CP CC 1 = pr 1 + r + Ясно также, что S PQR S RB 1 C = QR RB 1 · PR RC и S RB 1 C S ABC = B 1 C AC · B 1 R BB 1 Поэтому S PQR S ABC = QR BB 1 · PR RC · B 1 C AC = QR BB 1 · PR CC 1 · CC 1 CR · B 1 C AC Учитывая, что 1 − p + pq 1 + p + pq − qr 1 + q + rq = 1 1 + p + pq − rq 1 + q + rq = (1 + q)(1 − pqr) (1 + p + pq)(1 + q + и + r)(1 − pqr) (1 + q + qr)(1 + r + получаем − pqr) 2 (1 + p + pq)(1 + q + qr)(1 + r + Если S AOB = S COD , то AO · BO = CO · DO. Поэтому 4AOD ∼ и AD k BC. Эти рассуждения обратимы. 4.15. а) Так как S ADP : S ABP = DP : BP = S CDP : S BCP , то S ADP = S ABP · S CDP /S BCP Глава 4. Площадь б) Согласно задаче а) S ADP · S CBP = S ABP · S CDP . Поэтому S CBP · S CDP · S ADP = (S ADP · После сокращения на sin 2 f /4, где f — угол между диагоналями, данное равенство площадей перепишется в виде (AP · BP) 2 + (CP · DP) 2 = = (BP · CP) 2 + (AP · DP) 2 , те 0. 4.17. Предположим, что четырёхугольник ABCD не параллелограмм; например, прямые AB и CD пересекаются. Согласно задаче 7.2 мно- жеством точек P, лежащих внутри четырёхугольника ABCD, для которых, является отрезок. Следовательно, точки P 1 , и лежат на одной прямой. Получено противоречие. 4.18. Ясно, что S AKON = S AKO + S ANO = (S AOB + S AOD )/2. Аналогично S CLOM = = (S BCO + S COD )/2. Поэтому S AKON + S CLOM = Если площади параллелограммов KBLO и MDNO равны, то OK · OL = = OM · ON. Учитывая, что ON = KA и OM = LC, получаем KO : KA = LC : Следовательно ∼ 4LCO, а значит, точка O лежит на диагонали Эти рассуждения обратимы. 4.20. Пусть h 1 , h и h 2 — расстояния от точек A, M и B до прямой. Согласно задаче 1.1 б) h = ph 2 + (1 − p)h 1 , где p = AM/AB. Поэтому h · DC/2 = (h 2 p · DC + h 1 (1 − p) · DC)/2 = S BCN + S ADN . Вычитая из обеих частей этого равенства S DKN + S CLN , получаем требуемое. 4.21. Согласно задаче+ S CDB 1 = S ABCD . Поэтому S A 1 B 1 C 1 D 1 = = S A 1 B 1 D 1 + S C 1 D 1 B 1 = (1 − 2p)S ABD 1 + (1 − 2p)S CDB 1 = (1 − Согласно задаче 4.21 площадь среднего из четырёхугольников, заданных отрезками, соединяющими точки сторон AB ив пять раз меньше площади исходного четырёхугольника. Атак как каждый из рассматриваемых отрезков делится отрезками, соединяющими соответствующие точки другой пары противоположных сторон, на пять равных частей (см. задачу, то, воспользовавшись ещё раз результатом задачи, получим требуемое. 4.23. На сторонах AB, BC, CD и AD взяты точки K, L, M и N соответственно. Предположим, что диагональ KM не параллельна стороне Фиксируем точки K, M, N и будем двигать точку L по стороне BC. При этом площадь треугольника KLM изменяется строго монотонно. Кроме того, если LN k AB, то выполняется равенство S AKN + S BKL + S CLM + S DMN = те Пусть и N 1 — середины сторон BC и AD соответственно. Тогда параллелограмм и его площадь равна половине площади четы- рёхугольника ABCD см. задачу 1.38 а). Поэтому достаточно доказать, что площади параллелограммов KLMN и равны. Если эти параллелограммы совпадают, то доказывать больше ничего ненужно, а если они не совпадают, то, так как середина отрезка KM является их центром симметрии, LL 1 k и BC k AD. В этом случае средняя линия KM трапеции ABCD параллельна основаниями, и поэтому высоты треугольников KLM и опущенные на сторону KM, равны, те. равны площади параллелограммов и Пусть данные прямые и делят квадрат на четыре части, площади которых равны S 1 , S 2 , и S 4 , причём для первой прямой площади частей, на которые она делит квадрат, равны S 1 + и S 3 + а для второй они Решения задач 93 равны S 2 + и S 1 + S 4 . Так как по условию S 1 = S 2 = S 3 , то S 1 + S 2 = S 2 + Это означает, что образ прямой при повороте относительно центра квадрата на +90 ◦ или −90 ◦ не просто параллелен прямой l 2 , а совпадает с ней. Остаётся доказать, что прямая а значит, и прямая l 2 ) проходит через центр квадрата. Предположим, что это неверно. Рассмотрим образы прямых l 1 и при поворотах на ±90 ◦ и обозначим площади частей, на которые они делят квадрат, так, как показано на рис. 4.9 (на этом рисунке изображены Рис. оба различных варианта расположения прямых. Прямые и делят квадрат на четыре части, площади которых равны a, a + b, a + 2b + c и a + b, причём числа a, b и c ненулевые. Ясно, что три из указанных четырёх чисел не могут быть равны. Получено противоречие. 4.26. Все три рассматриваемых треугольника имеют общее основание Пусть h b , и h d — расстояния от точек B, C и D до прямой AM. Так как # – AC = # – AB + # – AD, то h c = |h b ± Можно считать, что P — общая точка параллелограммов, построенных на сторонах AB и BC, те. эти параллелограммы имеют вид ABPQ и Ясно, что S ACRQ = S ABPQ + Пусть сторона данного шестиугольника равна a. Продолжения красных сторон шестиугольника образуют правильный треугольник со стороной, причём сумма площадей красных треугольников равна половине произведения a на сумму расстояний от точки O до сторон этого треугольника, поэтому она равна a 2 · 3 √ 3/4 (см. задачу. Сумма площадей синих треугольников вычисляется аналогично. 4.29. а) Площадь параллелограмма PMQN равна BC · AD sin a /4, где угол между прямыми AD и BC. Высоты треугольников ABD и ACD, опущенные из вершин B и C, равны OB sin и OC sin a , поэтому S ACD | = = |OB − OC| · AD sin a /2 = BC · AD sin б) Пусть для определённости пересекаются лучи AD и BC. Так как PN k и QN k CO, точка N лежит внутри треугольника OPQ. Поэтому S OPQ = S PQN + + S PON + S QON = S PMQN 2 + S ACD 4 + S BCD 4 = S ABD − S ACD + S ACD + Отрезки KM и LN являются средними линиями треугольников и AFB, поэтому они имеют общую точку — середину отрезка EF. Кроме того, KM = CD/2, LN = AB/2 и угол между прямыми KM и LN равен углу между прямыми AB и CD. Поэтому площадь четырёхугольника KLMN равна Глава 4. Площадь Рис. Обозначим середины диагоналей шестиугольника так, как показано на рис. 4.10. Докажем, что площадь четырёх- угольника в четыре раза меньше площади четырёхугольника ABCD. Воспользуемся для этого тем, что площадь четырёх- угольника равна половине произведения длин диагоналей на синус угла между ними. Так как и B 1 D 1 — средние линии треугольников и ACE, получаем требуемое. Аналогично доказывается, что площадь четырёх- угольника в четыре раза меньше площади четырёхугольника Пусть a = ∠PQC. Так как PC k то CK = AP cos a . Поэтому 2S ACK = CK · AK = = (AP cos a ) · (AQ sin a ) = AR 2 sin a cos a = = BC 2 sin a cos a = BL · CL = Ясно, что. Прибавив к обеим частям этого равенства 1, получим S ABCD S ABD = AC AO = S ACP S AOP (1) Аналогично доказывается, что S ABCD S ABC = BD BO = S BDQ S BOQ (2) Поделив равенство (2) на (1), получаем требуемое. 4.34. Пусть S a , и S c — площади треугольников, прилегающих к вершинами площадь четвёртого рассматриваемого треугольника. Ясно, что S ACC 1 + S BAA 1 + S CBB 1 = S ABC − S + S a + S b + S c . Кроме того S AOC + S AOB + S BOC = S ACC 1 + S BAA 1 + Пусть O — центр вписанной окружности треугольника ABC, B 1 — точка касания вписанной окружности со стороной AC. Вырежем из треугольника треугольники отразим его симметрично относительно биссектрисы угла OAB 1 . При этом прямая OB 1 перейдёт впрямую. Проделаем такую операцию для остальных треугольников. Общие части полученных при этом треугольников являются тремя треугольниками рассматриваемого разбиения, а непокрытая часть треугольника ABC — четвёртым треугольником. Ясно также, что площадь непокрытой части равна сумме площадей частей, покрытых дважды. 4.36. Пусть для определённости лучи AD и BC пересекаются в точке. Тогда S CDO : S MNO = c 2 : x 2 , где x = MN, итак как OA : ON = a : x и OB : OM = b : x. Следовательно, x 2 − c 2 = ab − те+ Обозначим площади частей фигуры, на которые её делят прямые, так, как показано на рис. 4.11. Площадь всей фигуры обозначим через S. Так как S 3 + (S 2 + S 7 ) = S/2 = S 1 + S 6 + (S 2 + S 7 ), то S 3 = S 1 + Складывая это равенство с равенством S/2 = S 1 + S 2 + S 3 + S 4 , получаем, те Решения задач 95 Рис. Рис. Обозначим проекцию прямой l через B, крайние точки проекции многоугольника — через A и C. Пусть C 1 — точка многоугольника, проеци- рующаяся в точку C; прямая l пересекает многоугольник в точках K и аи точки прямых C 1 K и C 1 L, проецирующиеся в точку A рис. Одна из частей, на которые прямая l делит многоугольник, содержится в трапеции K 1 KLL 1 , другая часть содержит треугольник C 1 KL. Поэтому, те. Так как K 1 L 1 = = KL · (AB + BC)/BC, то AB · (2 + AB/BC) > BC. Решая это квадратное неравенство, получаем BC/AB 6 1 + √ 2. Аналогично AB/BC 6 1 + √ 2 (нужно провести те же рассуждения, поменяв местами A и Обозначим площадь многоугольника через S. Пусть l — произвольная прямая. Введём систему координат, для которой прямая l является осью Рис. Пусть S(a) — площадь той части многоугольника, которая лежит ниже прямой y = a. При изменении от −∞ до +∞ S(a) непрерывно меняется от 0 до S, поэтому S(a) = S/2 для некоторого те. прямая y = a делит площадь многоугольника пополам. Аналогично существует прямая, перпендикулярная и делящая площадь многоугольника пополам. Эти две прямые разбивают многоугольник на части, площади которых равны S 1 , ирис. Так как S 1 + S 2 = S 3 + и S 1 + S 4 = S 2 + S 3 , то S 1 = S 3 = A и S 2 = S 4 = При повороте прямой l на 90 ◦ A заменится на а B — на A. Так как A и B изменяются при повороте непрерывно, то для некоторого положения прямой, те. площади всех четырёх фигур равны. 4.40. а) Пусть прямая, делящая пополам площадь и периметр треугольника, пересекает стороны AC ив точках P и Q соответственно. Обозначим центр вписанной окружности треугольника ABC через O, Глава 4. Площадь радиус вписанной окружности через r. Тогда S ABQOP = r(AP + AB + и S OQCP = r(QC + CP)/2. Так как прямая PQ делит периметр пополам, то AP + AB + BQ = QC + CP, поэтому S ABQOP = S OQCP . Кроме того, S ABQP = по условию. Поэтому S OQP = 0, те. прямая QP проходит через точку б) Доказательство проводится аналогично. 4.41. Рассматривая образ окружности при симметрии относительно центра окружности и учитывая равенство площадей, можно доказать, что диаметр окружности пересекает в некоторой точке K, отличной от A, причём AK > A 1 K. Окружность радиуса с центром K касается окружности в точке A 1 , поэтому BK > A 1 K, те. Ясно также, что сумма длин отрезков BK и KA меньше длины дуги S 2 , соединяющей точки A и Случай, когда точка O принадлежит Г, очевиден поэтому будем предполагать, что O не принадлежит Г. Пусть Г образ кривой Г при симметрии относительно точки O. Если кривые Г и Г 0 не пересекаются, то части, на которые Г делит квадрат, не могут быть равной площади. Пусть X — точка пересечения Г и Га точка симметрична X относительно точки O. Так как при симметрии относительно точки O кривая Г 0 переходит в Г, то принадлежит Г. Поэтому прямая XX 0 искомая. 4.43. Пусть площади треугольников APB, BPC, CPD и DPA равны S 1 , и S 4 . Тогда a/p = (S 3 + и b · CD/2 = S 3 + S 2 , а значит, ab · CD/2p = = (S 3 + S 4 )(S 3 + S 2 )/S 3 . Учитывая, что S 2 S 4 = S 1 S 3 , получаем требуемое. 4.44. Применяя теорему синусов к треугольниками, получаем = 2R sin B и BD = 2R sin A. Поэтому S = 1 2 AC · BD sin f = 2R 2 sin A sin B sin Так как площадь четырёхугольника равна f )/2, где d 1 и d 2 — длины диагоналей, то остаётся проверить, что 2d 1 d 2 cos f = = |a 2 + c 2 − b 2 − d 2 |. Пусть O — точка пересечения диагоналей четырёхуголь- ника ABCD, f = ∠AOB. Тогда AB 2 = AO 2 + BO 2 − 2AO · BO cos и BC 2 = = BO 2 + CO 2 + 2BO · CO cos f . Поэтому AB 2 − BC 2 = AO 2 − CO 2 − 2BO · AC cos Аналогично CD 2 − AD 2 = CO 2 − AO 2 − 2DO · AC cos f . Складывая эти равенства, получаем требуемое. З а меча ни е. Так как 16S 2 = 4d 2 1 d 2 2 sin 2 f = 4d 2 1 d 2 2 − (2d 1 d 2 cos f ) 2 , то 16S 2 = = 4d 2 1 d 2 2 − (a 2 + c 2 − b 2 − а) Пусть AB = a, BC = b, CD = c и AD = d. Ясно, что S = S ABC + S ADC = = (ab sin B + cd sin D)/2 и a 2 + b 2 − 2ab cos B = AC 2 = c 2 + d 2 − 2cd cos D. Поэтому 4a 2 b 2 − 4a 2 b 2 cos 2 B + 8abcd sin B sin D + 4c 2 d 2 − 4c 2 d 2 cos 2 D, (a 2 + b 2 − c 2 − d 2 ) 2 + 8abcd cos B cos D = 4a 2 b 2 · cos 2 B + Подставляя второе равенство в первое, получаем 4(ab + cd) 2 − (a 2 + b 2 − c 2 − d 2 ) 2 − 8abcd(1 + cos B cos D − sin B sin Ясно, что 4(ab + cd) 2 − (a 2 + b 2 − c 2 − d 2 ) 2 = 16(p − a)(p − b)(p − c)(p − и 1 + cos B cos D − sin B sin D = 2 cos 2 ((B + б) Если ABCD — вписанный четырёхугольник, то ∠B + ∠D = 180 ◦ , а значит Решения задач 97 в) Если ABCD — описанный четырёхугольник, то a + c = b + d, поэтому и p − a = c, p − b = d, p − c = a, p − d = b. Следовательно abcd(1 − cos 2 ((B + D)/2)) = abcd sin 2 ((B + Если четырёхугольник ABCD вписанный и описанный одновременно, то Из точки O, лежащей внутри правильного треугольника ABC, опустим перпендикуляры OA 1 , и на стороны BC, AC и AB соответственно. Пусть a — длина стороны треугольника ABC, h — длина высоты. Ясно, что S ABC = S BCO + S ACO + S ABO . Следовательно, ah = a · OA 1 + a · OB 1 + a · те+ Пусть AD = l. Тогда 2S ABD = cl sin( a /2), 2S ACD = bl sin( a /2) и 2S ABC = =bc sin a . Следовательно, cl sin( a /2)+bl sin( a /2)=bc sin a =2bc sin( a /2) а) Пусть расстояния от точек A и O до прямой BC равны h и h 1 . Тогда. Аналогично S OAC :S ABC = и S OAB :S ABC = =OC 1 :CC 1 . Складывая эти равенства и учитывая, что S OBC + S OAC + S OAB = получаем требуемое. б) Пусть расстояния от точек B и C до прямой равны и Тогда S ABO : S ACO = d b : d c = BA 1 : A 1 C. Аналогично S ACO : S BCO = AC 1 : и S BCO : S ABO = CB 1 : B 1 A. Остаётся перемножить эти равенства. 4.50. Легко проверить, что отношение длин отрезков и равно отношению площадей треугольников и A k OA n+k . Перемножая эти равенства, получаем требуемое. 4.51. Так как A i B i C i D i — параллелограмм и точка O лежит на продолжении его диагонали A i C i , то S A i B i O = S A i D i O , а значит, A i B i : A i D i = h i : где h i — расстояние от точки O до стороны A i A i+1 . Остаётся перемножить эти равенства для i = 1, . . . , Пусть длины сторон треугольника ABC равны a, b и c, причём a 6 b 6 6 c. Тогда 2b = a + c и 2S ABC = r(a + b + c) = 3rb, где r — радиус вписанной окружности. С другой стороны, 2S ABC = h b b. Поэтому r = Достаточно заметить, что d b · AB = 2S AXB = BX · AX sin f , где f = и d c · AC = 2S AXC = CX · AX sin Пусть r 1 , . . . , r n — радиусы вписанных окружностей полученных треугольников их периметры, a S 1 , . . . , S n — площади. Площадь и периметр исходного многоугольника обозначим через S и P соответственно. Заметим, что P i < P см. задачу 9.29 б). Поэтому+ . . . + r n = 2 S 1 P 1 + . . . + 2 S n P n > 2 S 1 P + . . . + 2 S n P = 2 S P = Через точку N пересечения прямых BS и CM проведём прямые и P 1 R 1 , параллельные прямыми точки P 1 , Q 1 , иле- жат на сторонах AB, BC, CD и DA). Пусть F и G — точки пересечения прямых PR и Q 1 S 1 , и QS. Так как точка M лежит на диагонали параллелограмма NQ 1 CR 1 , то S FQ 1 QM = задача, а значит S NFRR 1 . Точка N лежит на диагонали BS параллелограмма поэтому S AP 1 NS 1 = S NQ 1 QG = S NFRR 1 . Следовательно, точка N лежит на диагонали параллелограмма Пусть E и F — точки пересечения продолжений сторон данного че- тырёхугольника. Обозначим вершины четырёхугольника так, что E — точка пересечения продолжений сторон AB и CD заточки и C, F — точка Глава 4. Площадь пересечения лучей BC и AD. Достроим треугольники AEF и ABD до параллелограммов и При гомотетии с центром A и коэффициентом 2 середина диагонали середина диагонали AC и середина отрезка EF переходят в точки L, C и соответственно. Поэтому достаточно доказать, что точки L, C и R лежат на одной прямой. Именно этот факт был доказан в задаче 4.55 4.57. Ясно, что S BQD = S BD 1 D − S BQD 1 = 1 2 d 1 · D 1 B, где d 1 — расстояние от точки Q до прямой AD. Аналогично S BQD = 1 2 d 2 · DB 1 , где d 2 — расстояние от точки Q до прямой AB. Поэтому из равенства BD 1 = следует, что d 1 = Достаточно проверить, что S AKO = те. Ясно, что AL = CB 1 = BC cos C, sin OAL = cos B, AK = BC 1 = = BC cos B и sin OAK = cos Так как четырёхугольник A 1 BC 1 M описанный, то, во-первых, суммы длин его противоположных сторон равны, а во-вто- рых, его вписанная окружность является одновременно вписанной окружностью треугольников AA 1 B и CC 1 B, имеющих к тому же равные площади, поэтому периметры этих треугольников равны c + m a + a 2 = a + Умножая первое равенство на 3 и складывая его со вторым, получаем требуемое. 4.60. Докажем сначала одно общее утверждение, которым мы воспользуемся при решении задач а)—г). Возьмём на лучах AB и AC произвольные точки и и опустим из них перпендикуляры B 1 K и C 1 L напрямую Так как B 1 C 1 > B 1 K + C 1 L, то B 1 C 1 · R a > B 1 K · R a + C 1 L · R a = 2S AOB 1 + 2S AOC 1 = = AB 1 · d c + AC 1 · а) Полагая B 1 = B и C 1 = C, получаем требуемое. б) Домножая обе части неравенства aR a > cd c + на d a /a, получаем. Складывая это неравенство с аналогичными неравенствами для и и учитывая, что 2, получаем требуемое. в) Возьмём точки итак, что AB 1 = AC и AC 1 = AB. Тогда aR a > bd c + + cd b , те. Складывая это неравенство с аналогичными неравенствами для и и учитывая, что 2, получаем тре- буемое. г) Возьмём точки итак, что AB 1 = AC 1 = 1. Тогда B 1 C 1 = 2 а значит, 2 sin(A/2)R a > d c + d b . Умножая это неравенство на аналогичные неравенства для и и учитывая, что sin(A/2) sin(B/2) sin(C/2) = r/4R (задача 12.38 а), получаем требуемое. 4.61. Отрежем от правильного восьмиугольника треугольники и переставим их так, как показано на рис. 4.14. В результате получим прямоугольник, стороны которого равны наибольшей и наименьшей диагоналям восьмиуголь- ника. 4.62. Пусть A 1 , и C 1 — середины сторон BC, CA и AB треугольника. Проведённые отрезки являются высотами треугольников и A 1 B 1 C. Пусть P, Q и R — точки пересечения высот этих треугольников, а O — точка пересечения высот треугольника рис. 4.15). Решения задач 99 Рис. Рис. Рассматриваемый шестиугольник состоит из треугольника и треугольников и A 1 B 1 R. Ясно, что 4B 1 C 1 P = 4C 1 B 1 O, 4C 1 A 1 Q = и = Поэтому площадь рассматриваемого шестиугольника равна удвоенной площади треугольника A 1 B 1 C 1 Остаётся заметить, что S ABC = а) Отрежем от параллелограмма две части (риса) и переставим их так, как показано на рис. 4.16, б. Получится фигура, состоящая из mn + маленьких параллелограммов. Поэтому площадь маленького параллелограмма равна 1/(mn + Рис. б) Отрежем от параллелограмма три части (риса) и переставим их так, как показано на рис. 4.17, б. Получится фигура, состоящая из mn − маленьких параллелограммов. Поэтому площадь маленького параллелограмма равна 1/(mn − Рис. 4.17 Глава 4. Площадь Рис. а) Разрежем исходный квадрат на четыре квадрата и рассмотрим один из них (рис. Пусть точка симметрична точке B относительно прямой PQ. Докажем, что 4APB = 4OB 0 P. Треугольник OPC равносторонний, значит, тре- угольник APB равнобедренный, причём угол при его основании равен 15 ◦ , поэтому треугольник равносторонний. Следовательно, ∠OPB 0 = = ∠OPQ − ∠B 0 PQ = 75 ◦ − 60 ◦ = и ∠POQ/2 = 15 ◦ . Кроме того, AB = OP. Аналогично доказывается, что = 4OB 0 Q. Следовательно, площадь заштрихованной на рис. 4.7 части равна площади треугольника б) Пусть площадь правильного двенадцатиуголь- ника, вписанного в окружность радиуса 1, равна 12x. Согласно задаче а) площадь квадрата, описанного около этой окружности, равна 12x + 4x = с другой стороны, площадь этого квадрата равна 4, поэтому x = 1/4 и 12x = 3. ГЛАВА 5 ТРЕУГОЛЬНИКИ Основные сведения. Вписанной окружностью треугольника называют окружность, касающуюся всех его сторон. Центром вписанной окружности является точка пересечения биссектрис. Вневписанной окружностью треугольника ABC называют окружность, касающуюся одной стороны треугольника и продолжений двух других его сторон. Для каждого треугольника имеется ровно три вневписанные окружности. Центром вневписанной окружности, касающейся стороны AB, является точка пересечения биссектрисы угла C и биссектрис внешних углов A и Описанной окружностью треугольника называют окружность, проходящую через его вершины. Центром описанной окружности треугольника является точка пересечения серединных перпендикуляров к его сторонам. Для элементов треугольника ABC часто используются следующие обозначения и c — длины сторон BC, CA и AB; a , b и величины углов при вершинах A, B, C; p — полупериметр; R — радиус описанной окружности — радиус вписанной окружности, и r c — радиусы вневписанных окружностей, касающихся сторон BC, CA и AB соответственно, и h c — длины высот, опущенных из вершин A, B и C. 3. Если AD — биссектриса угла A треугольника ABC или биссектриса внешнего угла A), то BD : CD = AB : AC см. задачу. Медиана прямоугольного треугольника, проведённая из вершины прямого угла, равна половине гипотенузы (см. задачу. Для доказательства того, что точки пересечения некоторых прямых лежат на одной прямой, часто используется теорема Менелая (задача 5.69 ). Для доказательства того, что некоторые прямые пересекаются водной точке, часто используется теорема Чевы (см. задачу 5.85 ). Вводные задачи 1. а) Докажите, что если в треугольнике медиана совпадает с высотой, то этот треугольник равнобедренный. б) Докажите, что если в треугольнике биссектриса совпадает с высотой, то этот треугольник равнобедренный Глава 5. Треугольники 2. Докажите, что биссектрисы треугольника пересекаются водной точке. 3. На высоте AH треугольника ABC взята точка M. Докажите, что AB 2 − AC 2 = MB 2 − На сторонах AB, BC, CA правильного треугольника ABC взяты точки P, Q, R так, что AP : PB = BQ : QC = CR : RA = 2 : 1. Докажите, что стороны треугольника PQR перпендикулярны сторонам треугольника. Вписанная и описанная окружности 5.1. На сторонах BC, CA и AB треугольника ABC взяты точки, и C 1 , причём AC 1 = AB 1 , BA 1 = и CA 1 = CB 1 . Докажите, что A 1 , и C 1 — точки касания вписанной окружности со сторо- нами. 5.2. Пусть O a , и O c — центры вневписанных окружностей треугольника. Докажите, что точки A, B и C — основания высот треугольника Докажите, что сторона BC треугольника ABC видна из центра вписанной окружности под углом 90 ◦ + ∠A/2, а из центра O a вневписанной окружности под углом 90 ◦ − Внутри треугольника ABC взята точка P так, что ∠PAB:∠PAC= = ∠PCA : ∠PCB = ∠PBC : ∠PBA = x. Докажите, что x = Пусть A 1 , и C 1 — проекции некоторой внутренней точки треугольника ABC на высоты. Докажите, что если длины отрезков, и равны, то они равны Угол величиной a = ∠BAC вращается вокруг своей вершины середины основания AC равнобедренного треугольника. Стороны этого угла пересекают отрезки AB ив точках и Q. Докажите, что периметр треугольника PBQ остаётся посто- янным. 5.7*. В неравнобедренном треугольнике ABC через середину M стороны и центр O вписанной окружности проведена прямая пересекающая высоту AH в точке E. Докажите, что AE = Окружность касается сторон угла с вершиной A в точках и Q. Расстояния от точек P, Q и A до некоторой касательной к этой окружности равны u, v и w. Докажите, что uv/w 2 = а) На стороне AB треугольника ABC взята точка P. Пусть, и r 2 — радиусы вписанных окружностей треугольников ABC, BCP и ACP; h — высота, опущенная из вершины C. Докажите, чтоб) Точки A 1 , A 2 , A 3 , . . . лежат на одной прямой (в указанном порядке. Докажите, что если радиусы вписанных окружностей всех треугольников равны одному и тому же числу r 1 , то радиусы Условия задач 103 вписанных окружностей всех треугольников равны одному и тому же числу Докажите, что точки, симметричные точке H пересечения высот треугольника ABC относительно его сторон, лежат на описанной окружности. 5.11*. Из точки P дуги BC описанной окружности треугольника опущены перпендикуляры PX, PY и PZ на BC, CA и соответственно. Докажите, что BC PX = AC PY + AB PZ * * * 5.12*. Пусть O — центр описанной окружности треугольника ABC, I — центр вписанной окружности, I a — центр вневписанной окружности, касающейся стороны BC. Докажите, что: а) d 2 = R 2 − 2Rr, где d = OI (Эйлер); б) d 2 a = R 2 + 2Rr a , где d a = Пусть O — центр описанной окружности треугольника ABC, I — центр вписанной окружности. Докажите, что OI ⊥ BI или же совпадает с I) тогда и только тогда, когда b = (a + Продолжения биссектрис углов треугольника ABC пересекают описанную окружность в точках A 1 , и C 1 ; M — точка пересечения биссектрис. Докажите, чтоб Длины сторон треугольника ABC образуют арифметическую прогрессию, причём a < b < c. Биссектриса угла B пересекает описанную окружность в точке B 1 . Докажите, что центр O вписанной окружности делит отрезок BB 1 пополам. 5.16*. В треугольнике ABC сторона BC наименьшая. На лучах и CA отложены отрезки BD и CE, равные BC. Докажите, что радиус описанной окружности треугольника ADE равен расстоянию между центрами вписанной и описанной окружностей треугольника Медианы треугольника ABC разрезают его на 6 треугольников. Докажите, что центры описанных окружностей этих треугольников лежат на одной окружности 2. Прямоугольные треугольники 5.18. В треугольнике ABC угол C прямой. Докажите, что r = = (a + b − c)/2 и r c = (a + b + Пусть M — середина стороны AB треугольника ABC. Докажите, что CM = AB/2 тогда и только тогда, когда ∠ACB = 90 ◦ Глава 5. Треугольники 5.20. Дана трапеция ABCD с основанием AD. Биссектрисы внешних углов при вершинах A и B пересекаются в точке P, а при вершинах ив точке Q. Докажите, что длина отрезка PQ равна половине периметра трапеции. 5.21. В равнобедренном треугольнике ABC с основанием AC проведена биссектриса CD. Прямая, проходящая через точку D перпендикулярно, пересекает AC в точке E. Докажите, что EC = На медиане BM и на биссектрисе BK треугольника ABC или на их продолжениях) взяты точки D итак, что DK k AB и EM k Докажите, что ED ⊥ Сумма углов при основании трапеции равна 90 ◦ . Докажите, что отрезок, соединяющий середины оснований, равен полуразности оснований. 5.24. Диагонали AC и BD параллелограмма ABCD пересекаются в точке O. Точка M лежит на прямой AB, причём ∠AMO = Докажите, что точка M равноудалена от точек C и В прямоугольном треугольнике ABC проведена высота CK из вершины прямого угла C, а в треугольнике ACK — биссектриса Докажите, что CB = В треугольнике ABC с прямым углом C проведены высота и биссектриса CF; DK и DL — биссектрисы треугольников BDC и Докажите, что CLFK — квадрат. 5.27*. На гипотенузе AB прямоугольного треугольника ABC внешним образом построен квадрат ABPQ. Пусть a = ∠ACQ, b = и g = ∠PCB. Докажите, что cos b = cos a cos См. также задачи 1.40 , 1.43 , 1.50 а), 2.5 , 2.41 , 2.68 , 2.69 , 3.39 , 5.18 — 5.27 , 5.35 , 5.43 , 5.46 , 5.75 , 5.157 , 6.82 , 11.14 |