Формула. В. В. Прасолов задачи по планиметрии
 Скачать 6.7 Mb.
|
|
5.34. В любом треугольнике высота больше диаметра вписанной окружности. Поэтому длины высот — целые числа, большие, те. все они не меньше 3. Пусть S — площадь треугольника, a — наибольшая его сторона соответствующая высота. Предположим, что треугольник неправильный. Тогда его периметр меньше 3a. Поэтому 3a > P = Pr = 2S = ha, те. Получено противо- речие. 5.35. Так как внешний угол при вершине A треугольника равен и ∠A 1 AB 1 = 60 ◦ , то AB 1 — биссектриса этого внешнего угла. Кроме того, BB 1 — биссектриса внутреннего угла при вершине B, поэтому A 1 B 1 — биссектриса угла AA 1 C. Аналогично A 1 C 1 — биссектриса угла AA 1 B. Поэтому Согласно решению задачи 5.35 луч является биссектрисой угла AA 1 B. Пусть K — точка пересечения биссектрис треугольника Тогда ∠C 1 KO = ∠A 1 KB = 90 ◦ + ∠A/2 = 120 ◦ . Поэтому ∠C 1 KO + ∠C 1 AO = те. четырёхугольник вписанный. Следовательно, ∠A 1 C 1 O = ∠KC 1 O = = ∠KAO = Пусть описанные окружности треугольников и пересекаются в точке X, лежащей на стороне BC. Тогда ∠XAC = ∠CBB 1 = 1 и ∠XAB = ∠BCC 1 = 1 2 ∠C. Поэтому ∠A = 1 2 ( ∠B + ∠C), а значит, ∠A = а) Пусть S — описанная окружность треугольника ABC, S 1 — окружность, симметричная S относительно прямой BC. Ортоцентр H треугольника лежит на окружности задача. Проверим, что центр окружности S тоже принадлежит и биссектриса внешнего угла A проходит через центр окружности Пусть PQ — диаметр окружности S, перпендикулярный прямой BC, причём точки P и A лежат по одну сторону от прямой BC. Тогда AQ — биссектриса угла A, а AP — биссектриса внешнего угла A. Так как ∠BPC = 120 ◦ = то точка P является центром окружности S 1 , а точка O принадлежит окружности. Тогда POAH — ромб, так как PO k б) Пусть S — описанная окружность треугольника ABC, Q — точка пересечения биссектрисы угла BAC с окружностью S. Легко проверить, что Q — центр окружности S 1 , симметричной окружности S относительно прямой BC. Кроме того, точки O и H лежат на окружности S 1 , атак как ∠BIC = и ∠BI a C = см. задачу, то I a I — диаметр окружности S 1 . Ясно также, что ∠OQI = ∠QAH = ∠AQH, так как OQ k AH и HA = QO = QH. Поэтому точки и H симметричны относительно прямой Построим внешним образом на стороне AC треугольника ABC правильный треугольник AB 1 C. Так как = 120 ◦ , точка A лежит наотрез- ке BB 1 . Поэтому BB 1 = b + c и, кроме того, BC = a и B 1 C = b, те. треугольник искомый. 5.40. а) Пусть и N 1 — середины отрезков BH и CH, и CC 1 — высоты. Прямоугольные треугольники и имеют общий острый угол при вершине B, поэтому ∠C 1 HB = ∠A = 60 ◦ . Так как треугольник BMH равнобедренный. Следовательно, ∠C 1 HM = 60 ◦ − 30 ◦ = 30 ◦ = Решения задач ∠BHM, те. точка M лежит на биссектрисе угла C 1 HB. Аналогично точка лежит на биссектрисе угла б) Воспользуемся обозначениями задачи аи пусть, кроме того, и C 0 — середины сторон AC и AB. Так как AC 1 = AC cos A = AC/2, то C 1 C 0 = = |AB − AC|/2. Аналогично B 1 B 0 = |AB − AC|/2, те. Следовательно, параллельные прямые и B 0 O, и C 0 O образуют непросто параллелограмма ромб. Поэтому его диагональ HO является биссектрисой угла при вершине Так как ∠BB 1 C = ∠B 1 BA + ∠B 1 AB > ∠B 1 BA = ∠B 1 BC, то BC > Поэтому точка K, симметричная относительно биссектрисы CC 1 , лежит на стороне BC, а не на её продолжении. Так как ∠CC 1 B = 30 ◦ , то ∠B 1 C 1 K = а значит, треугольник B 1 C 1 K правильный. В треугольниках и сторона общая, стороны и равны, равны также и углы и но это углы не между равными сторонами. Поэтому возможны два случая 4BKB 1 . Тогда ∠BB 1 C 1 = ∠BB 1 K = 60 ◦ /2 = 30 ◦ . Следовательно, если O — точка пересечения биссектрис и CC 1 , то ∠BOC = ∠B 1 OC 1 = = 180 ◦ − ∠OC 1 B 1 − ∠OB 1 C 1 = 120 ◦ . С другой стороны, ∠BOC = 90 ◦ + см. задачу, те. Тогда четырёхугольник BC 1 B 1 K вписанный, а так как треугольник B 1 C 1 K правильный, то = 180 ◦ − ∠C 1 B 1 K = Пусть BM — медиана, AK — биссектриса треугольника ABC и Прямая AK является биссектрисой и высотой треугольника ABM, поэтому, те. Следовательно, AB = 2, BC = 3 и AC = Пусть a и b — катеты, c — гипотенуза данного треугольника. Если числа a и b нечётные, то a 2 + при делении на 4 даёт остаток 2 и не может быть квадратом целого числа. Поэтому одно из чисел a и b чётное, а другое нечётное; пусть для определённости a = 2p. Числа b и c нечётные, поэтому c + b = 2q и c − b = 2r. Следовательно 4p 2 = a 2 = c 2 − b 2 = 4qr. Если бы числа q и r имели общий делитель d, тона делились бы числа a = 2 √ qr, b = q − r и c = q + r. Поэтому числа q и r взаимно просты, атак как p 2 = то q = и r = n 2 . В итоге получаем a = 2mn, b = m 2 − и c = m 2 + Легко проверить также, что если a = 2mn, b = m 2 − и c = m 2 + то a 2 + b 2 = Пусть p — полупериметр треугольника, а a, b, c — длины его сторон. По формуле Герона S 2 = p(p − a)(p − b)(p − c). С другой стороны, S 2 = p 2 r 2 = так как r = 1. Поэтому p = (p − a)(p − b)(p − c). Если ввести неизвестные, то это уравнение перепишется в виде. Заметим, что число p целое или полуцелое (те. число вида, где n целое, поэтому все числа x, y, z одновременно целые или полуцелые. Но если они полуцелые, то число x + y + z полуцелое, а число имеет вид m/8, где число m нечётное. Следовательно, числа x, y, z целые. Пусть для определённости x 6 y 6 z. Тогда xyz = x + y + z 6 3z, те Возможны три случая. x = 1, y = 1. Тогда 2 + z = z, чего не может быть. x = 1, y = 2. Тогда 3 + z = 2z, те. Тогда 4 + z = 3z, те, чего не может быть. Итак, x = 1, y = 2, z = 3. Поэтому p = x + y + z = 6 и a = p − x = 5, b = 4, c = 3. Глава 5. Треугольники 5.45. Пусть и b 1 , и b 2 — катеты двух различных пифагоровых треугольников, и c 2 — их гипотенузы. Возьмём две перпендикулярные прямые и отложим на них отрезки OA = a 1 a 2 , OB = a 1 b 2 , OC = ирис. Так как OA · OC = OB · OD, то четырёхугольник ABCD вписанный. Рис. Согласно задаче 2.74 а) 4R 2 = OA 2 + OB 2 + OC 2 + + OD 2 = (c 1 c 2 ) 2 , те. Увеличив, если нужно, четырёхугольник ABCD в два раза, получим искомый четырёхугольник. 5.46. а) Длины гипотенуз прямоугольных треугольников с катетами 5 и 12, 9 и 12 равны и 15. Приложив равные катеты этих треугольников друг к другу, получим треугольник площади 12(5 + 9)/2 = 84. б) Предположим сначала, что длина наименьшей стороны данного треугольника — чёт- ное число, т. е. длины сторон треугольника равны, 2n + 1, 2n + Тогда по формуле Герона 16S 2 = (6n + 3)(2n + 3)(2n + 1)(2n − 1) = = 4(3n 2 + 6n + 2)(4n 2 − 1) + 4n 2 − Получено противоречие, так как число, стоящее в правой части, не делится на 4. Следовательно, длины сторон треугольника равны 2n − 1, 2n и 2n + 1, причём S 2 = 3n 2 (n 2 − 1). Поэтому, где k — целое число, и k 2 = 3(n 2 − 1). Ясно также, что k — длина высоты, опущенной на сторону 2n. Эта высота делит исходный треугольник на два прямоугольных треугольника с общим катетом k и гипотенузами и 2n − 1; квадраты длин других катетов этих треугольников равны (2n ± 1) 2 − k 2 = 4n 2 ± 4n + 1 − 3n 2 + 3 = (n ± 2) 2 5.47. а) Так как AB 2 1 = BB 2 1 = BC 2 − (AC ± то ±(AB 2 + AC 2 − б) Пусть диагонали AC и BD пересекаются в точке O. Докажем, например, что число q = BO/OD рациональное (тогда число OD = BD/(q + 1) тоже рациональное. Проведём в треугольниках ABC и ADC высоты и Согласно задаче а) числа и рациональные, а значит, число тоже рациональное. Пусть E — точка пересечения прямой и прямой, проходящей через точку D параллельно AC. В прямоугольном треугольнике катет ED = и гипотенуза BD — рациональные числа, поэтому число тоже рациональное. Из треугольников и получаем, что числа BB 2 и DD 2 рациональные. Атак как BE 2 = (BB 1 + DD 1 ) 2 = BB 2 1 + DD 2 1 + 2BB 1 · то число BB 1 · рациональное. Следовательно, число BO/OD = BB 1 /DD 1 = = BB 1 · DD 1 /DD 2 1 рациональное. 5.48. В треугольниках ABC и не может быть двух пар соответственных углов, составляющих в сумме 180 ◦ , так как иначе их сумма равна и третьи углы треугольников должны быть нулевыми. Предположим теперь, что углы первого треугольника равны a , b и, а углы второго равны 180 ◦ − a , b и. Сумма углов двух треугольников равна поэтому 180 ◦ + 2 b + 2 g = 360 ◦ , те. Следовательно 90 ◦ = = Ясно, что # – A 1 C = # – BO и – CB 1 = # – OA, поэтому – A 1 B 1 = # – BA. Аналогично и – C 1 A 1 = # – AC, те. Кроме того, ABA 1 B 1 Решения задачи ACA 1 C 1 — параллелограммы. Значит, отрезки и проходят через середину отрезка Так как ∠MAO = ∠PAO = ∠AOM, то AMOP — ромб. Аналогично ромб. Следовательно, MN = MO + ON = AM + BN и OP + PQ + QO = = AP + PQ + QB = а) Проведём через вершины треугольника ABC прямые, параллельные его противоположным сторонам. В результате получим треугольник серединами сторон которого являются точки A, B и C. Высоты треугольника являются серединными перпендикулярами к сторонам треугольника, поэтому центр описанной окружности треугольника является точкой пересечения высот треугольника б) Точка H является центром описанной окружности треугольника поэтому 4R 2 = B 1 H 2 = B 1 A 2 + AH 2 = BC 2 + AH 2 . Следовательно, AH 2 = 4R 2 − BC 2 = = 1 sin 2 a − 1 BC 2 = (BC ctg Пусть AD — биссектриса равнобедренного треугольника ABC с основанием и углом при вершине C. Тогда треугольник ACD равнобедренный и ∼ 4BDA. Поэтому CD = AD = AB = 2xBC и DB = 2xAB = 4x 2 BC, а значит+ Ясно, что B 1 C − B 2 C = b 2 − a + b − c 2 = c − a 2 > 0. Из этого следует, что отрезки и пересекаются в некоторой точке X. Треугольник подобен равнобедренному треугольнику C 2 AB 2 , поэтому XB 1 = B 1 B 2 = c − Следовательно, A 1 X = c 2 − c − a 2 = a 2 = A 1 B. Таким образом, треугольник равнобедренный, а значит, ∠XBA 1 = ∠A 1 XB Пусть и B 2 — проекции точки A на биссектрисы внутреннего и внешнего углов при вершине B, M — середина стороны AB. Так как биссектрисы внутреннего и внешнего углов перпендикулярны, то AB 1 BB 2 — прямоугольники его диагональ проходит через точку M. Кроме того. Следовательно, B 1 B 2 k BC, а значит, прямая совпадает с прямой l, соединяющей середины сторон AB и Аналогично доказывается, что проекции точки A на биссектрисы углов при вершине C лежат на прямой Предположим, что биссектрисы углов A и B равны, но a > b. Тогда и, те. Перемножая полученные неравенства, приходим к противоречию, так как l a = 2bc cos(A/2)/(b + и l b = 2ac cos(B/2)/(a + c) см. задачу 4.48 ). 5.56. а) Согласно задаче 4.48 длина биссектрисы угла B треугольника равна 2ac cos(B/2)/(a + c), поэтому достаточно проверить, что система уравнений имеет (с точностью до перестановки чисел a и c) единственное положительное решение. Пусть a + c = u. Тогда и q = u 2 − 2pu(1 + cos ). Произведение корней этого квадратного уравнения относительно u равно −q, поэтому оно имеет единственный положительный корень. Ясно, что система уравнений a + c = u, ac = pu имеет единственное решение. б) В треугольниках AA 1 B и CC 1 B равны стороны и CC 1 , углы при вершине и биссектрисы углов при вершине B. Следовательно, эти треугольники Глава 5. Треугольники равны, а значит, AB = BC или AB = BC 1 . Второе равенство выполняться не может. 5.57. Пусть точки M и N лежат на сторонах AB и AC. Если r 1 — радиус окружности с центром на отрезке MN, касающейся сторон AB и то S AMN = qr 1 , где q = (AM + AN)/2. Прямая MN проходит через центр вписанной окружности тогда и только тогда, когда r 1 = r, те а) Возьмём на продолжении отрезка AC заточку такую точку что CB 0 = CB. Треугольник равнобедренный, поэтому ∠AEB = ∠ACB = = 2∠CBB 0 , а значит, E — центр описанной окружности треугольника Следовательно, точка F делит отрезок пополам поэтому прямая C 1 F делит пополам периметр треугольника б) Легко проверить, что прямая, проведённая через точку C параллельно, является биссектрисой угла ACB. Атак как C 1 F k BB 0 , то прямая биссектриса угла треугольника с вершинами в серединах сторон треугольника ABC. Биссектрисы этого треугольника пересекаются водной точке. 5.59. Пусть X — точка пересечения прямых и CD 1 ; M, и E 2 — проекции точек X, и напрямую. Тогда CE 2 = CD 2 sin g = a sin и AE 1 = c sin a . Так как a sin g = c sin a , то CE 2 = AE 1 = q. Поэтому cos g b + и cos a b + Следовательно, AM : CM = c cos a : a cos g . Высота BH делит сторону AC в таком же отношении. 5.60. а) По теореме косинусов B 1 C 2 1 = AC 2 1 + AB 2 1 − 2AC 1 · AB 1 · те. Записывая аналогичные равенства для b 2 и c 2 и складывая их, получаем требуемое. б) Для остроугольного треугольника ABC, прибавив к S площади треугольников и A 1 BC и прибавив к площади треугольников и A 1 B 1 C, получим одинаковые величины (для треугольника с тупым углом площадь треугольника следует взять со знаком минус. Поэтому S + (a 2 + b 2 + c 2 )/4 − (ab cos g + ac cos b + bc cos a )/4. Остаётся заметить, что ab cos g + bc cos a + ac cos b = 2S(ctg g + ctg a + ctg b ) = (a 2 + b 2 + см. задачу 12.46 а). |