Формула. В. В. Прасолов задачи по планиметрии
 Скачать 6.7 Mb.
|
|
5.61. Докажем сначала, что точка лежит на описанной окружности треугольника AHC, где H — точка пересечения высот треугольника ABC. ∠(AB 0 , B 0 C) = ∠(AA 1 , CC 1 ) = ∠(AA 1 , BC) + ∠(BC, AB) + ∠(AB, CC 1 ) = ∠(BC, Но, как следует из решения задачи, ∠(BC, AB) = ∠(AH, HC), поэтому точки A, B 0 , H и C лежат на одной окружности, причём эта окружность симметрична описанной окружности треугольника ABC относительно прямой AC. Следовательно, обе эти окружности имеют радиуса значит. Аналогично A 0 H = 2R cos a = C 0 H. Решение задачи а) тем самым завершено, а для решения задачи б) остаёт- ся заметить, что 4ABC, так как после поворота треугольника на угол его стороны будут параллельны сторонам треугольника Решения задач 131 5.62. Пусть из вершины A окружности, вписанные в углы B и C, видны под углами и a c , а радиусы этих окружностей равны и r c . Тогда = r c ctg g 2 + ctg и = r b ctg b 2 + ctg Поэтому равенство эквивалентно равенству ctg g 2 = c r b − ctg те+ После несложных преобразований получаем равенство 1/r = c 1/r c − Ясно, что из этого равенства и из равенства 1/r = a 1/r a − следует равенство 1/r = b 1/r b − Пусть a 1 = BA 1 , a 2 = A 1 C, b 1 = CB 1 , b 2 = B 1 A, c 1 = и c 2 = Произведения длин отрезков секущих, проходящих через одну точку, равны, поэтому a 1 (a 1 + x) = c 2 (c 2 − z), те. Аналогично получаем для x, y и z ещё два уравнения b 1 y + a 2 x = a 2 2 − b 2 и c 1 z + b 2 y = b 2 2 − c 2 Домножим первое уравнение на b 2n , а второе и третье на и и сложим полученные уравнения. Так как, например, c 2 b n − c 1 a n = 0 по условию, тов правой части получим нуль. В левой части, например, коэффициент при x равен a 1 b 2n + a 2 c 2n = (ac n b 2n + ab n c 2n )/(b n + c n ) = ab n c n . Поэтому. Поделив обе части равенства на получим требуемое. 5.64. Пусть в исходном треугольнике ∠A = 3 a , ∠B = 3 b и ∠C = 3 g . Возь- мм равносторонний треугольники построим на его сторонах как на основаниях равнобедренные треугольники A 2 B 2 R, B 2 C 2 P и C 2 A 2 Q с углами при основаниях 60 ◦ − g , 60 ◦ − a , 60 ◦ − b соответственно (рис. Рис. Продолжим боковые стороны этих треугольников заточки, и и обозначим точку пересечения продолжений сторон и через A 3 , Глава 5. Треугольники PC 2 и через B 3 , и через C 3 . Проведём через B 2 прямую, параллельную A 2 C 2 , и обозначим через M и N точки её пересечения с прямыми и QC 3 . Ясно, что B 2 — середина отрезка NM. Вычислим углы треугольников B 2 C 3 N и B 2 A 3 M: ∠C 3 B 2 N = ∠PB 2 M = ∠C 2 B 2 M − ∠C 2 B 2 P = a ; ∠B 2 NC 3 = 180 ◦ − ∠C 2 A 2 Q = 120 ◦ + b , значит, ∠B 2 C 3 N = 180 ◦ − a − (120 ◦ + b ) Аналогично ∠A 3 B 2 M = g и ∠B 2 A 3 M = a . Следовательно ∼ Значит, C 3 B 2 : B 2 A 3 = C 3 N : B 2 M, атак как B 2 M = B 2 N и то C 3 B 2 : B 2 A 3 = C 3 N : и 4C 3 NB 2 , следовательно, Аналогично ∠A 2 C 3 B 3 = g , а значит, ∠A 3 C 3 B 3 = 3 g = ∠C и C 3 B 2 , C 3 A 2 — триссек- трисы угла треугольника A 3 B 3 C 3 . Аналогичные рассуждения для вершин A 3 и показывают, что ∼ 4A 3 B 3 C 3 , а точки пересечения триссектрис треугольника образуют правильный треугольник Точка лежит на биссектрисе угла BAC, поэтому точка A лежит на продолжении биссектрисы угла B 2 A 1 C 2 . Кроме того, ∠B 2 AC 2 = a = = (180 ◦ − ∠B 2 A 1 C 2 )/2. Поэтому A — центр вневписанной окружности треугольника см. задачу. Пусть D — точка пересечения прямых AB и Тогда ∠AB 2 C 2 = ∠AB 2 D = 180 ◦ − ∠B 2 AD − ∠ADB 2 = 180 ◦ − g − (60 ◦ + a ) = = 60 ◦ + b . Атак как ∠AB 2 C = 180 ◦ − ( a + b ) − ( b + g ) = 120 ◦ − b , то ∠CB 2 C 2 = = ∠AB 2 C − ∠AB 2 C 2 = 60 ◦ − Аналогично 60 ◦ − Поэтому. Аналогично ∠B 2 A 2 C 2 = 3 a и ∠A 2 C 2 B 2 = Длина общей касательной к данным окружностям равна поэтому a 2 + 2 √ u a u b + u b ctg b 2 = те. Согласно задаче 12.38 б) tg a 2 tg b 2 = r p ctg g 2 = r p · p − c r < Поэтому существует угол g 1 , для которого cos g 1 = − r tg a 2 tg b 2 = − r r p ctg Мы проверили, что треугольник со сторонами a 1 , b 1 , действительно существует кроме того, угол между сторонами и равен g 1 . Поэтому диаметр описанной окружности рассматриваемого треугольника равен g 1 = v u u t c 1 − r p ctg поскольку c = p − r ctg Пусть и u 2 — радиусы окружностей и S 2 . Согласно задаче 5.66 радиус описанной окружности треугольника со сторонами ˜ u 1 = r u 1 ctg a 2 , ˜ u 2 = r u 2 ctg b 2 , ˜ c = √ c равен кроме того, в этом треугольнике угол Решения задач 133 между сторонами и тупой. Пусть и g 0 — острые углы, опирающиеся на хорды ˜ u 1 , и ˜ c. Тогда f 1 + f 2 = g 0 ; при этом и однозначно восстанавливаются пои. Аналогично получаем равенства Сложим равенства (1) и (3) и вычтем из них равенство (2). В результате получим f 1 = f 7 . Из этого следует, что радиусы окружностей и S 7 равны. 5.68. Пусть r i — радиус окружности S i , h i — высота треугольника опущенная из вершины A при i = 3k + 1, из вершины B при i = 3k + 2, из вершины C при i = 3k. Формулу из задачи 5.9 а) можно записать в виде 1 r r i+1 − 1 = 1 Перемножим равенства (i) и (i + 2), а затем поделим их произведение на (i + 1). В результате получим 1 r r i+3 − Правая часть полученного выражения не изменяется при заменена+ Поэтому 1 r r i+3 − 1 = r r i+3 − 1 r r i+6 − Предполагается, что все треугольники невырожденные. В таком случае можно сократить обе части на 1 6= 0, поэтому r i = Пусть при проекции напрямую, перпендикулярную прямой точки A, B и C переходят виточка в Q, а две точки A 1 и B 1 — в одну точку P. Так как A 1 B : A 1 C = PB 0 : PC 0 , B 1 C : B 1 A = PC 0 : и C 1 A : C 1 B = QA 0 : QB 0 , то+ x b 0 + x , где = PQ. Равенство+ x b 0 + x = 1 эквивалентно тому, что x = нужно учесть, что a 0 6= b 0 , так как A 0 6= B 0 ). А равенство x = 0 означает, что P = Q, те. точка лежит на прямой Согласно задаче 1.17 а) BA 1 CA 1 · CB 1 AB 1 · AC 1 BC 1 = BA CA · CB AB · AC BC = 1. Остаётся заметить, что в задаче а) все три точки лежат на продолжениях сторон треугольника, а в задаче б) на продолжениях сторон лежит одна точка. 5.71. Из свойства угла между касательной и хордой следует, что ∠A 1 AB = = ∠A 1 CA, поэтому 4A 1 AB ∼ 4A 1 CA. Следовательно, BA 1 /CA 1 = AB/CA. Таким образом 1. Глава 5. Треугольники 5.72. Пусть точка P лежит на дуге BC описанной окружности треугольника, и C 1 — основания перпендикуляров, опущенных из точки на прямые BC, CA и AB. Тогда − BP cos PBC CP cos PCB , CB 1 AB 1 = − CP cos PCA AP cos и cos PAB PB cos PBA . Перемножая эти равенства и учитывая, что ∠PAC=∠PBC, ∠PAB = ∠PCB и ∠PCA + ∠PBA = 180 ◦ , получаем Пусть O, и O 2 — центры окружностей S, и S 2 ; X — точка пересечения прямых и A 1 A 2 . Применяя теорему Менелая к треугольнику и точками, получаем а значит, O 1 X : O 2 X = R 1 : R 2 , где и R 2 — радиусы окружностей и Следовательно, X — точка пересечения общих внешних или общих внутренних касательных к окружностями а) Пусть для определённости ∠B < ∠C. Тогда ∠DAE = ∠ADE = ∠B + + ∠A/2, а значит, ∠CAE = ∠B. Так как BAE sin и AEC sin то sin BAE b sin CAE = c sin(A + B) b sin B = c sin C b sin б) В задаче а) точка E лежит на продолжении стороны BC, так как ∠ADC = = ∠BAD + ∠B > ∠CAD. Поэтому, используя результат задачи аи теорему Менелая, получаем требуемое. 5.75. Так как ∠BCE = 90 ◦ − ∠B/2, то ∠BCE = ∠BEC, а значит, BE = Поэтому CF : KF = BE : BK = BC : BK и AE : KE = CA : CK = BC : BK. Пусть прямая EF пересекает AC в точке D. По теореме Менелая AD CD · CF KF · KE AE = Учитывая, что CF : KF = AE : KE, получаем требуемое. 5.76. Доказательство аналогично решению задачи нужно только рассмотреть отношение ориентированных отрезков и углов. 5.77. Применим теорему Менелая к треугольниками Перемножив эти равенства, получим Пусть A 2 , B 2 , C 2 — точки пересечения прямых BC и B 1 C 1 , AC и A 1 C 1 , AB и A 1 B 1 . Применим теорему Менелая к следующим треугольниками точкам на их сторонах OAB и (A 1 , B 1 , C 2 ), OBC и (B 1 , C 1 , A 2 ), OAC и (A 1 , C 1 , Тогда 1, OC 1 CC 1 · BB 1 OB 1 · CA 2 BA 2 = 1, OA 1 AA 1 · CC 1 OC 1 · AB 2 CB 2 = 1. Решения задач 135 Перемножая эти равенства, получаем Из теоремы Менелая следует, что точки A 2 , B 2 , лежат на одной прямой. 5.79. Рассмотрим треугольник A 0 B 0 C 0 , образованный прямыми A 1 B 2 , и C 1 A 2 (A 0 — точка пересечения прямых и и т. д, и применим для него теорему Менелая к следующим пяти тройкам точек (A, B 2 , C 1 ), (B, C 2 , A 1 ), (C, A 2 , B 1 ), (A 1 , B 1 , C 1 ) и (A 2 , B 2 , C 2 ). В результате получим 1, C 0 B A 0 B · B 0 C 2 C 0 C 2 · A 0 A 1 B 0 A 1 = 1, A 0 C B 0 C · C 0 A 2 A 0 A 2 · B 0 B 1 C 0 B 1 = 1, B 0 A 1 A 0 A 1 · C 0 B 1 B 0 B 1 · A 0 C 1 C 0 C 1 = 1, A 0 A 2 C 0 A 2 · B 0 B 2 A 0 B 2 · C 0 C 2 B 0 C 2 = Перемножая эти равенства, получаем 1, а значит, точки A, B и C лежат на одной прямой. 5.80. Пусть N — точка пересечения прямых AD и KQ, P 0 — точка пересечения прямых KL и MN. Применяя теорему Дезарга к треугольниками, получаем, что точки P 0 , A и C лежат на одной прямой. Значит Достаточно применить теорему Дезарга к треугольниками и теорему Паппа к тройкам точек (B, E, C) и (A, F, а) Пусть R — точка пересечения прямых KL и MN. Применяя теорему Паппа к тройкам точек (P, L, N) и (Q, M, K), получаем, что точки A, C и лежат на одной прямой. б) Применяя теорему Дезарга к треугольниками, получаем, что точки пересечения прямых ND и LB, DM и BK, NM и LK лежат на одной прямой. 5.83. Воспользуемся результатом задачи 5.82 а). В качестве точек P и Q возьмём точки ив качестве A и C — точки ив качестве K, L, M и N — точки P 5 , A 1 , и P 3 . В итоге получим, что прямая проходит через точку Согласно теореме Дезарга точки пересечения прямых AC и DF, CE и FB, EA и BD лежат на одной прямой. Это означает, что точки пересечения прямых и D 0 E 0 , и F 0 A 0 , и лежат на одной прямой. 5.85. а) Эта задача является переформулировкой задачи, так как число BA 1 : имеет знак минус, если точка лежит на отрезке BC, и знак плюс, если она лежит вне отрезка б) Предположим сначала, что прямые AA 1 , и пересекаются в точке. Любые три вектора на плоскости линейно зависимы, те. существуют такие числа l , m и n (не все равные нулю, что l # – AM + m # – BM + n # – CM = Рассмотрим проекцию напрямую параллельно прямой AM. При этой проекции точки A и M переходят ваточки и C переходят сами в себя. Поэтому, те. Аналогично CB 1 : AB 1 = − l : n Глава 5. Треугольники и AC 1 : BC 1 = − m : l . Перемножая эти равенства, получаем требуемое. В случае, когда прямые AA 1 , и параллельны, для доказательства достаточно заметить, что BA 1 : CA 1 = BA : C 1 A и CB 1 : AB 1 = C 1 B : Предположим теперь, что выполняется указанное соотношение, и докажем, что тогда прямые AA 1 , и пересекаются водной точке. Пусть C * 1 — точка пересечения прямой AB с прямой, проходящей через точку C и точку пересечения прямых и BB 1 . Для точки выполняется такое же соотношение, как и для точки C 1 . Поэтому C * 1 A : C * 1 B = C 1 A : C 1 B. Следовательно, C * 1 = те. прямые AA 1 , и пересекаются водной точке. Можно проверить также, что если выполняется указанное соотношение и две из прямых AA 1 , и параллельны, то третья прямая им па- раллельна. |