Формула. В. В. Прасолов задачи по планиметрии
 Скачать 6.7 Mb.
|
|
5.162*. Пусть A 1 , и C 1 — проекции точки Лемуана K на стороны треугольника ABC. Докажите, что K — точка пересечения медиан треугольника Пусть A 1 , и C 1 — проекции точки Лемуана K треугольника на стороны BC, CA и AB. Докажите, что медиана треугольника ABC перпендикулярна прямой Прямые AK, BK и CK, где K — точка Лемуана треугольника, пересекают описанную окружность в точках A 1 , и Докажите, что K — точка Лемуана треугольника A 1 B 1 C 1 Решения задач 121 5.165*. Докажите, что прямые, соединяющие середины сторон треугольника с серединами соответствующих высот, пересекаются в точке Лемуана. См. также задачи 6.41 , 7.17 , 11.22 , 19.58 — 19.60 Задачи для самостоятельного решения 5.166. Докажите, что проекция диаметра описанной окружности, перпендикулярного первой стороне треугольника, напрямую, содержащую вторую сторону, равна по длине третьей стороне. 5.167. Докажите, что площадь треугольника с вершинами в центрах вневписанных окружностей треугольника ABC равна Равнобедренный треугольник с основанием a и боковой стороной и равнобедренный треугольник с основанием b и боковой стороной a вписаны в окружность радиуса R. Докажите, что если, то ab Вписанная окружность прямоугольного треугольника касается гипотенузы AB в точке P; CH — высота треугольника Докажите, что центр вписанной окружности треугольника ACH лежит на перпендикуляре, опущенном из точки P на Вписанная окружность треугольника ABC касается сторон ив точках и C 1 , а вневписанная окружность касается продолжения сторон в точках и C 2 . Докажите, что середина стороны равноудалена от прямых и В треугольнике ABC проведена биссектриса AD. Пусть и O 2 — центры описанных окружностей треугольников ABC, и ACD. Докажите, что OO 1 = Треугольник, составленный а) из медиан б) из высот треугольника, подобен треугольнику ABC. Каким соотношением связаны длины сторон треугольника Через центр O правильного треугольника ABC проведена прямая, пересекающая прямые BC, CA ив точках A 1 , и Докажите, что одно из чисел 1/OA 1 , и равно сумме двух других. 5.174. В треугольнике ABC проведены высоты и CC 1 . Докажите, что если ∠A = 45 ◦ , то B 1 C 1 — диаметр окружности девяти точек треугольника Углы треугольника ABC удовлетворяют соотношению sin 2 A + + sin 2 B + sin 2 C = 1. Докажите, что его описанная окружность и окружность девяти точек пересекаются под прямым углом. Решения 5.1. Пусть AC 1 = AB 1 = x, BA 1 = BC 1 = y и CA 1 = CB 1 = z. Тогда a = y + z, b = z + x и c = x + y. Вычитая третье равенство из суммы первых двух, получаем. Поэтому, если треугольник ABC задан, то положение Глава 5. Треугольники точек и определено однозначно. Аналогично положение точки определено однозначно. Остаётся заметить, что точки касания вписанной окружности со сторонами удовлетворяют указанным в условии задачи соотношениям. 5.2. Лучи и CO b — биссектрисы внешних углов при вершине поэтому C лежит на прямой и ∠O a CB = ∠O b CA. Так как CO c — биссектриса угла BCA, то ∠BCO c = ∠ACO c . Складывая эти равенства, получаем, те высота треугольника O a O b O c . Аналогично доказывается, что O a A и O b B — высоты этого треугольника. 5.3. Ясно, что ∠BOC=180 ◦ −∠CBO−∠BCO=180 ◦ −∠B/2−∠C/2=90 ◦ + ∠A/2, a ∠BO a C = 180 ◦ − ∠BOC, так как ∠OBO a = ∠OCO a = Пусть AA 1 , и CC 1 — биссектрисы треугольника ABC, O — точка их пересечения. Предположим, что x > 1. Тогда ∠PAB > ∠PAC, те. точка лежит внутри треугольника AA 1 C. Аналогично точка P лежит внутри треугольников и BB 1 A. Но единственной общей точкой трёх этих треугольников является точка O. Получено противоречие. Случай x < 1 разбирается аналогично. 5.5. Пусть d a , и d c — расстояния от точки O до сторон BC, CA и Тогда ad a + bd b + cd c = 2S и ah a = bh b = ch c = 2S. Если h a − d a = h b − d b = h c − d c = то (a + b + c)x = a(h a − d a ) + b(h b − d b ) + c(h c − d c ) = 6S − 2S = 4S. Поэтому Докажем, что точка O является центром вневписанной окружности треугольника PBQ, касающейся стороны PQ. В самом деле, ∠POQ = ∠A = = 90 ◦ − ∠B/2; из центра вневписанной окружности отрезок PQ виден под таким же углом (задача. Кроме того, точка O лежит на биссектрисе угла. Следовательно, полупериметр треугольника PBQ равен длине проекции отрезка OB напрямую Пусть P — точка касания вписанной окружности со стороной BC, PQ диаметр вписанной окружности, R — точка пересечения прямых AQ и BC. Так как CR = BP см. задачу 19.11 а) и M — середина стороны BC, то RM = Кроме того, O — середина диаметра PQ, поэтому MO k QR, атак как AH k то AE = Данная окружность может быть как вписанной, таки вневпи- санной окружностью треугольника ABC, отсекаемого касательной от угла. Используя результат задачи, в обоих случаях легко проверить, что (p − b)(p − c) sin B sin C/h 2 a . Остаётся заметить, что h a = b sin C = c sin и (p − b)(p − c)/bc = sin 2 (A/2) (задача 12.13 ). 5.9. а) Пусть p = CP, x 1 = BP и x 2 = AP. Тогда r 1 = x 1 h a + p + x 1 , r 2 = x 2 h b + p + x 2 , r = (x 1 + x 2 )h a + b + x 1 + x 2 . После несложных преобразований требуемое равенство приводится к виду x 2 (p 2 + x 2 1 − a 2 ) + x 1 (p 2 + x 2 2 − b 2 ) = 0. Остаётся заметить, что+ x 2 1 − a 2 = 2px 1 cos BPC, p 2 + x 2 2 − b 2 = 2px 2 cos APC и cos BPC = − cos б) Согласно задаче а) r k+1 = r 1 + r k − 2r 1 r k h , где h — расстояние от точки до прямой Пусть A 1 , и C 1 — точки, симметричные точке H относительно сторон BC, CA и AB соответственно. Так как AB ⊥ CH и BC ⊥ то ∠(AB, BC) = ∠(CH, HA), атак как треугольник AC 1 H равнобедренный, то ∠(CH, HA)=∠(AC 1 , C 1 C). Следовательно, BC)=∠(AC 1 , C 1 C), те. точ- Решения задачка лежит на описанной окружности треугольника ABC. Аналогично доказывается, что точки и лежат на этой окружности. 5.11. Точки X, Y и Z лежат на одной прямой (задача 5.105 а). Поэтому. Кроме того, S PYZ = 1 2 PY · PZ sin a , так как PY ⊥ и PZ ⊥ AB. Подставив аналогичным образом две другие площади, получим sin a PX = sin b PY + sin g PZ Остаётся заметить, что sin a : sin b : sin g = BC : CA : а) Пусть M — точка пересечения прямой AI с описанной окружностью. Проведя через точку I диаметр описанной окружности, получим AI·IM= = (R + d)(R − d) = R 2 − d 2 . Так как IM = CM (задача 2.4 а), то R 2 − d 2 = AI · CM. Остаётся заметить, что AI = r/ sin(A/2) и CM = 2R б) Пусть M — точка пересечения прямой с описанной окружностью. Тогда. Так как I a M = CM (задача 2.4 а), то d 2 a − R 2 = AI a · CM. Остаётся заметить, что AI a = r a / sin(A/2) и CM = 2R В треугольнике OIB угол при вершине I прямой тогда и только тогда, когда OB 2 = OI 2 + BI 2 . Ясно, что OB = R и BI = r/ sin b 2 . Кроме того, согласно задаче 5.12 а) OI 2 = R 2 − 2Rr. Поэтому приходим к равенству r = 2R Согласно задаче 12.38 а) r = 4R sin( a /2) sin( b /2) sin( g /2). Поэтому полученное равенство можно переписать в виде 2 sin( a /2) sin( g /2) = sin( b /2). Это равенство эквивалентно равенству 2 sin b = sin a + sin g . Действительно, последнее равенство можно преобразовать следующим образом cos b 2 sin b 2 = 2 sin a + g 2 cos a − g 2 ; 2 sin b 2 = cos a − g 2 ; sin b 2 = cos a − g 2 − cos a + g 2 ; sin b 2 = 2 sin a 2 sin а) Так как B 1 — центр описанной окружности треугольника см. задачу 2.4 а), то AM = 2MB 1 sin ACM. Ясно также, что MC = r/ sin Поэтому MA · MC/MB 1 = б) Так как ∠MBC 1 = ∠BMC 1 = 180 ◦ − ∠BMC и ∠BC 1 M = ∠A, то BCM sin BMC · sin MBC 1 sin BC 1 M = sin BCM sin Кроме того, MB = 2MA 1 sin BCM. Поэтому MC 1 · MA 1 /MB = BC/2 sin A = Пусть M — середина стороны AC, N — точка касания вписанной окружности со стороной BC. Тогда BN = p − b см. задачу, поэтому, так как p = 3b/2 по условию. Кроме того, ∠OBN = а значит = 4B 1 AM, те. Но B 1 A = B 1 O см. задачу 2.4 а). 5.16. Пусть O и O 1 — центры вписанной и описанной окружностей треугольника. Рассмотрим окружность радиуса d = с центром O. Глава 5. Треугольники Проведём в этой окружности хорды O 1 M и O 1 N, параллельные сторонами соответственно. Пусть K — точка касания вписанной окружности со стороной AB, L — середина стороны AB. Так как OK ⊥ AB, O 1 L ⊥ и O 1 M k AB, то O 1 M = 2KL = 2BL − 2BK = c − (a + c − b) = b − a = AE. Аналогично, а значит, 4MO 1 N = 4EAD. Следовательно, радиус описанной окружности треугольника EAD равен Пусть AA 1 , BB 1 , CC 1 — медианы, M — точка их пересечения, A + , B − , C + , A − , B + , C − — центры описанных окружностей треугольников B 1 MC, CMA 1 , A 1 MB, BMC 1 , C 1 MA, AMB 1 . Проекции точек и напрямую являются серединами отрезков AM и MA 1 . Поэтому проекция вектора # напрямую равна 2 # – AA 1 . Аналогично проекция этого вектора напрямую равна 2 # – CC 1 . Аналогичные утверждения верны и для векторов # и # Сумма векторов # – AA 1 , # и # равна нулевому вектору (задача 13.1 ), поэтому существует треугольник A 2 B 2 C 2 , для которого # – AA 1 = # – B 2 C 2 , # – BB 1 = # и # – CC 1 = # – A 2 B 2 . Для любой точки X вектор # – B 2 X полностью определяется проекциями на прямые и B 2 C 2 . С другой стороны, вектор # – B 2 O, где O — центр описанной окружности треугольника A 2 B 2 C 2 , имеет такие же проекции на эти прямые, как и вектор # – B + B − . Следовательно, длины векторов # – A + A − , # и # равны (они равны радиусу описанной окружности треугольника A 2 B 2 C 2 ). Противоположные стороны шестиугольника A + B − C + A − B + C − параллельны, а его диагонали A + A − , и равны. Согласно задаче 6.57 такой шестиугольник вписанный. 5.18. Пусть вписанная окружность касается стороны AC в точке а вневписанная окружность касается продолжения стороны AC в точке Тогда r = CK и r c = CL. Остаётся воспользоваться результатом задачи 3.2 5.19. Так как AB/2 = AM = BM, то CM = AB/2 тогда и только тогда, когда точка C лежит на окружности с диаметром Пусть M и N — середины сторон AB и CD. Треугольник прямоугольный, поэтому PM = AB/2 и ∠MPA = ∠PAM, а значит, PM k Аналогичные рассуждения показывают, что точки P, M, N и Q лежат на одной прямой и PQ = PM + MN + NQ = (AB + (BC + AD) + Пусть F — точка пересечения прямых DE и BC; K — середина отрезка. Отрезок CD является биссектрисой и высотой треугольника поэтому ED = DF, а значит, DK k FC. Медиана DK прямоугольного треугольника в два раза меньше его гипотенузы EC задача, поэтому Прямая EM проходит через середину стороны AB, поэтому она проходит через середину O отрезка DK. Кроме того, ∠EKO = ∠ABK = ∠KBC = Поэтому OE = OK = OD. Согласно задаче = Пусть сумма углов при основании AD трапеции ABCD равна Обозначим точку пересечения прямых AB и CD через O. Точка O лежит на прямой, проходящей через середины оснований. Проведём через точку C прямую, параллельную этой прямой, и прямую CE, параллельную прямой точки K и E лежат на основании AD). Тогда CK — медиана прямоугольного треугольника ECD, поэтому CK = ED/2 = (AD − BC)/2 (см. задачу Решения задач 125 5.24. Пусть P и Q — середины сторон AB и CD. Рассмотрим для опре- делённости случай, когда точка M не лежит на отрезке AP случай, когда точка M лежит на отрезке AP, разбирается аналогично. Ясно, что = ∠MAD = ∠PMO, а значит, MO = PO = OQ. Поэтому согласно задаче. Следовательно, MQ — серединный перпендикуляр к отрезку Ясно, что ∠CEB = ∠A + ∠ACE = ∠BCK + ∠KCE = Отрезки CF и DK являются биссектрисами подобных треугольников и CDB, поэтому AB : FB = CB : KB. Следовательно, FK k AC. Аналогично доказывается, что LF k CB. Поэтому CLFK — прямоугольнику которого диагональ CF является биссектрисой угла LCK, те. он — квадрат. 5.27. Так как sin ACQ AQ = sin AQC AC , то sin a a = sin(180 ◦ − a − 90 ◦ − f ) a cos f = cos( a + f ) a cos где a — сторона квадрата ABPQ, f = ∠CAB. Поэтому ctg a = 1 + tg f . Аналогично. Следовательно, tg a +tg g = 1 1+tg f + 1 1+ctg f = =1, а значит, cos a cos g = cos a sin g + cos g sin a = sin( a + g ) = cos По теореме Пифагора AP 2 + BQ 2 + CR 2 = (AM 2 − PM 2 ) + (BM 2 − QM 2 ) + + (CM 2 − RM 2 ) и PB 2 + QC 2 + RA 2 = (BM 2 − PM 2 ) + (CM 2 − QM 2 ) + (AM 2 − Эти выражения равны. Так как AP 2 + BQ 2 + CR 2 = (a − PB) 2 + (a − QC) 2 + (a − RA) 2 = 3a 2 − − 2a(PB + QC + RA) + PB 2 + QC 2 + RA 2 , где a = AB, то PB + QC + RA = Пусть точка F делит отрезок BC в отношении CF : FB = 1 : 2; P и Q — точки пересечения отрезка AF си соответственно. Ясно, что треугольник OPQ правильный. Используя результат задачи 1.3 а), легко проверить, что AP : PF = 3 : 4 и AQ : QF = 6 : 1. Следовательно, AP : PQ : QF = 3 : 3 : а значит, AP = PQ = OP. Поэтому ∠AOP = и ∠AOC = Пусть A и B, C и D, E и F — точки пересечения окружности со сторонами PQ, QR, RP треугольника PQR. Рассмотрим медиану PS. Она соединяет середины параллельных хорд FA и DC и поэтому перпендикулярна им. Следовательно, PS является высотой треугольника PQR, а значит PQ = Аналогично PQ = Пусть H — точка пересечения высот AA 1 , и треугольника. По условию A 1 H · BH = B 1 H · AH. С другой стороны, так как точки A 1 и лежат на окружности с диаметром AB, то AH · A 1 H = BH · B 1 H. Следовательно и A 1 H = B 1 H, а значит, AC = BC. Аналогично BC = а) Предположим, что треугольник ABC неправильный например Так как a + h a = a + b sin и b + h b = b + a sin g , то (a − b)(1 − sin g ) = Поэтому sin g = 1, те. Но тогда a 6= c, и аналогичные рассуждения показывают, что b = 90 ◦ . Получено противоречие. б) Обозначим сторону квадрата, две вершины которого лежат на стороне, через x. Из подобия треугольников ABC и APQ, где P и Q — вершины квадрата, лежащие на AB и AC, получаем x h a , те+ Аналогичные рассуждения для других квадратов показывают, что a + h a = = b + h b = c + Если a , b и углы треугольника ABC, то углы треугольника равны ( b + g )/2, ( g + a )/2 и ( a + b )/2. Пусть для определённости Глава 5. Треугольники a > b > g . Тогда ( a + b )/2 > ( a + g )/2 > ( b + g )/2. Следовательно и g = ( b + g )/2, те и b = g |