Формула. В. В. Прасолов задачи по планиметрии
 Скачать 6.7 Mb.
|
|
5.86. Ясно, что AB 1 = AC 1 , BA 1 = и CA 1 = CB 1 , причём в случае вписанной окружности на сторонах треугольника ABC лежат три точки, а в случае вневписанной — одна точка. Остаётся воспользоваться теоремой Чевы. 5.87. Пусть вневписанные окружности касаются сторон BC, CA ив точках, и C 1 . Тогда − c p − b · p − a p − c · p − b p − a = Пусть AA 1 , и CC 1 — высоты треугольника ABC. Тогда cos A a cos B · c cos B b cos C · a cos C c cos A = Пусть A 2 , и C 2 — середины сторон BC, CA и AB. Рассматриваемые прямые проходят через вершины треугольника A 2 B 2 C 2 , причём в задаче а) они делят его стороны в таких же отношениях, в каких прямые AP, BP и делят стороны треугольника ABC, а в задаче б) они делят их в обратных отношениях. Остаётся воспользоваться теоремой Чевы. 5.90. Так как и 4CB 1 A 1 , то AB 2 · C 1 B = = AC 1 · и AC 2 · CB 1 = A 1 C · B 1 A. Поэтому Пусть прямые AA 1 , и пересекают прямые BC, CA ив точках A 2 , и а) Если ∠B + b < и ∠C + g < 180 ◦ , то · BA 1 sin(B + b ) AC · CA 1 sin(C + g ) = = AB AC · sin g sin b · sin(B + b ) sin(C + g ) . Последнее выражение равно BA 2 : A 2 C во всех случаях. Запишем аналогичные выражения для CB 2 : B 2 A и AC 2 : C 2 B и перемножим их. Остаётся воспользоваться теоремой Чевы. б) Точка лежит вне отрезка BC, только если ровно один из углов и больше соответствующего ему угла B или C. Поэтому g sin b · sin(B − b ) sin(C Легко проверить, что эта задача является частным случаем задачи Решения задач 137 З а меча ни е. Аналогичное утверждение верно и для вневписанной ок- ружности. 5.93. Решение задачи очевидным образом следует из теоремы Чевы. 5.94. Применяя теорему синусов к треугольниками, получаем и B sin C 1 CB , те. Аналогично и CBB 1 sin B 1 BA · sin A sin C . Для завершения доказательства остаётся перемножить эти равенства. З а меча ни е. Аналогичное утверждение справедливо и для отношений ориентированных отрезков и углов в том случае, когда точки взяты на про- должениях сторон. 5.95. Можно считать, что точки A 2 , и лежат на сторонах треугольника. Согласно задаче ACC 2 sin C 2 CB · sin BAA 2 sin A 2 AC · sin CBB 2 sin Так как прямые AA 2 , и симметричны прямыми относительно биссектрис, то ∠ACC 2 = ∠C 1 CB, ∠C 2 CB и т. д, поэтому sin ACC 2 sin C 2 CB · sin BAA 2 sin A 2 AC · sin CBB 2 sin B 2 BA = sin C 1 CB sin ACC 1 · sin A 1 AC sin BAA 1 · sin B 1 BA sin CBB 1 = C 1 B AC 1 · A 1 C BA 1 · B 1 A CB 1 = Следовательно 1, те. прямые AA 2 , и пересекаются водной точке. З а меча ни е. Утверждение остаётся верными в том случае, когда точки, и взяты на продолжениях сторон, если только точка P не лежит на описанной окружности S треугольника ABC; если же P лежит на окружности, то прямые AA 2 , и параллельны (см. задачу 2.95 ). 5.96. Пусть точки P и Q изогонально сопряжены относительно треугольника. Тогда ∠(AB, BP) = ∠(QB, BC) и ∠(CP, BC) = ∠(AC, QC). Ясно также, что ∠(CP, BP) = ∠(CP, BC) + ∠(BC, AB) + ∠(AB, BP), ∠(QB, QC) = ∠(QB, BC) + ∠(BC, AC) + ∠(AC, Поэтому, BP) = ∠(QB, QC) + ∠(AC, AB). Таким образом, если угол, BP) постоянен, то угол ∠(QB, QC) тоже постоянен. 5.97. Докажем, что прямые BP и BQ симметричны относительно биссектрисы угла B, те, где A 0 — точка, лежащая на продолжении стороны AB заточку. По свойству угла между касательной и хордой = ∠BAC. Прямые AC и BQ параллельны, поэтому ∠BAC = Аналогично доказывается, что прямые CP и CQ симметричны относительно биссектрисы угла Пусть диагонали AD и BE данного шестиугольника ABCDEF пересекаются в точке P; K и L — середины сторон AB и ED. Так как ABDE — трапеция, отрезок KL проходит через точку P задача. По теореме синусов и sin BPK : sin BKP = BK : BP. Так как sin AKP = sin BKP и AK = BK, то sin APK : sin BPK = BP : AP = BE : AD. Аналогичные соотношения можно записать и для отрезков, соединяющих середины Глава 5. Треугольники двух других пар противоположных сторон. Перемножая эти соотношения и применяя результат задачи 5.94 к треугольнику, образованному прямыми, BE и CF, получаем требуемое. 5.99. Рассмотрим гомотетию с центром P и коэффициентом 2. Так как прямоугольник, то при этой гомотетии прямая переходит впрямую, проходящую через точку A 3 , причём прямые и A 3 P симметричны относительно прямой A 3 A. Прямая A 3 A делит пополам угол B 3 A 3 C 3 (задача 1.57 а). Аналогично доказывается, что прямые и симметричны прямыми относительно биссектрис треугольника A 3 B 3 C 3 . Следовательно, прямые l a , и пересекаются водной точке или параллельны (задача, а значит, водной точке пересекаются и прямые A 1 A 2 , B 1 B 2 , Согласно задачам 5.94 и 5.85 б) sin ASP sin PSD · sin DAP sin PAS · sin SDP sin PDA = 1 = sin ASQ sin QSD · sin DAQ sin QAS · sin SDQ sin Но ∠DAP = ∠SDQ, ∠SDP = ∠DAQ, ∠PAS = ∠QDA и ∠PDA = ∠QAS. Поэтому. Из этого следует, что точки S, P и лежат на одной прямой, так как функция sin( a − x) sin монотонна по x: d dx sin( a − x) sin x = − sin Второе равенство из задачи 2.61 а) означает, что A 2 A 1 C 1 sin A 2 A 1 B 1 2 = sin A 2 AC 1 sin Поэтому A 2 A 1 C 1 sin A 2 A 1 B 1 · sin B 2 B 1 A 1 sin B 2 B 1 C 1 · sin C 2 C 1 B 1 sin C 2 C 1 A 1 2 = Согласно задаче 3.43 а) отрезок является биссектрисой треугольника. Поэтому BAA 1 sin Из того, что прямые AA 1 , и пересекаются водной точке, следует, что sin BAA 1 sin CAA 1 · sin CBB 1 sin ABB 1 · sin ACC 1 sin BCC 1 = Поэтому а значит, прямые AA 2 , и пересекаются водной точке. 5.103. а) По теореме Чевы AC 1 C 1 B = CA 1 A 1 B · AB 1 B 1 C , а по теореме синусов sin CAA 1 sin AA 1 B , A 1 B = AB sin BAA 1 sin AA 1 B , AB 1 = AB sin ABB 1 sin AB 1 B , B 1 C = BC sin CBB 1 sin AB 1 B Решения задач 139 Подставляя эти четыре равенства в предыдущее равенство и учитывая, что AC = BC, получаем требуемое. б) Обозначим точки пересечения прямых CM и CN с основанием AB через M 1 и N 1 . Нужно доказать, что M 1 = N 1 . Из а) следует, что AM 1 : M 1 B = = AN 1 : N 1 B, те Пусть отрезки BM и BN пересекают сторону AC в точках P и Тогда sin PBB 1 sin PBA = sin PBB 1 sin BPB 1 · sin APB sin Если O — точка пересечения биссектрис треугольника ABC, то 1, а значит PBB 1 sin PBA = AB BB 1 · B 1 O OB · BC 1 C 1 A . Заметив, что BC 1 : C 1 A = BC : и проведя аналогичные вычисления для отношения sin QBB 1 : sin QBC, получим. Атак как ∠ABB 1 = то ∠PBB 1 = см. решение задачи 5.100 ). 5.105. а) Пусть точка P лежит на дуге AC описанной окружности треугольника, и C 1 — основания перпендикуляров, опущенных из точки на прямые BC, CA и AB. Сумма углов при вершинах и C 1 четырёхуголь- ника A 1 BC 1 P равна 180 ◦ , поэтому ∠A 1 PC 1 = 180 ◦ − ∠B = ∠APC. Следовательно, причём одна из точек и например, A 1 ) лежит на стороне треугольника, а другая — на продолжении стороны. Четырёхугольни- кии вписанные, поэтому ∠APC 1 = ∠A 1 PC а значит, точка лежит на отрезке б) Как ив задаче а, получаем ∠(AP, PC 1 ) = ∠(AB 1 , B 1 C) = ∠(CB 1 , B 1 A 1 ) = = ∠(CP, PA 1 ). Прибавляя, PC), получаем ∠(AP, PC) = ∠(PC 1 , PA 1 ) = = ∠(BC 1 , BA 1 ) = ∠(AB, BC), те. точка P лежит на описанной окружности треугольника Пусть A 1 , и C 1 — середины отрезков PA, PB и PC; O a , и центры описанных окружностей треугольников BCP, ACP и ABP. Точки и являются основаниями перпендикуляров, опущенных из точки на стороны треугольника или их продолжения. Точки A 1 , и лежат на одной прямой, поэтому точка P лежит на описанной окружности треугольника см. задачу 5.105 б). 5.107. Пусть продолжение биссектрисы AD пересекает описанную окружность треугольника ABC в точке P. Опустим из точки P перпендикуляры и на прямые BC, CA и AB; ясно, что A 1 — середина отрезка BC. При гомотетии с центром A, переводящей P в D, точки и переходят в и C 0 , а значит, точка переходит в M, так как она лежит на прямой и PA 1 k а) Решение задачи 5.105 проходит без изменений ив этом случае. б) Пусть и B 1 — основания перпендикуляров, опущенных из точки на прямые BC и CA, а точки и прямых BC и AC таковы, что ∠(PA 2 , BC) = a = ∠(PB 2 , AC). Тогда 4PA 1 A 2 ∼ 4PB 1 B 2 , поэтому точки A 1 и переходят в и при поворотной гомотетии с центром P, прич м ∠A 1 PA 2 = 90 ◦ − a — угол поворота. 5.109. а) Пусть угол между прямыми PC и AC равен f . Тогда PA = 2R sin Так как точки и лежат на окружности с диаметром PC, угол между Глава 5. Треугольники прямыми и тоже равен f . Поэтому PA 1 = d/ sin f , а значит · PA 1 = б) Так как PA 1 ⊥ BC, то cos a = sin f = d/PA 1 . Остаётся заметить, что PA 1 = = Точки и лежат на окружности с диаметром PC, поэтому. Пусть угол между прямыми AB и равен и C 1 — проекция точки P напрямую. Прямые и совпадают, поэтому cos g = PC/2R см. задачу. Следовательно, длина проекции отрезка AB напрямую равна AB cos g = (2R sin C)PC/2R = PC sin Пусть и B 1 — основания перпендикуляров, опущенных из точки на прямые BC и AC. Точки и лежат на окружности с диаметром. Так как sin A 1 CB 1 = sin ACB, хорды этой окружности имеют фиксированную длину. Следовательно, прямые касаются фиксированной окружности. 5.112. Пусть и B 1 — основания перпендикуляров, опущенных из точки на прямые BC и CA. Тогда ∠(A 1 B 1 , PB 1 ) = ∠(A 1 C, PC) = BP/2. Ясно также, что для всех точек P прямые имеют одно и тоже направление. 5.113. Пусть и P 2 — диаметрально противоположные точки описанной окружности треугольника ABC; и B i — основания перпендикуляров, опущенных из точки на прямые BC и AC; M и N — середины сторон и BC; X — точка пересечения прямых и A 2 B 2 . Согласно задаче A 2 B 2 . Остаётся проверить, что ∠(MX, XN) = ∠(BC, AC). Так как B 1 C, то XM — медиана прямоугольного треугольника B 1 XB 2 . Поэтому, XB 2 ) = ∠(XB 2 , B 2 M). Аналогично, XN) = ∠(A 1 N, XA 1 ). Следовательно. Атак как ∠(XB 2 , B 2 M) + ∠(AC, CB) + ∠(NA 1 , A 1 X) + + 90 ◦ = 0 ◦ , то ∠(MN, XN) + ∠(AC, CB) = Если точка R данной окружности такова, что ∠( # – OP, # – OR) = то OR⊥BC. Остаётся проверить, что ∠(OR, OQ)=∠(PA 1 , A 1 B 1 ). Но, OQ)= = a /2, a ∠(PA 1 , A 1 B 1 ) = ∠(PB, BC 1 ) = ∠( # – OP, # – OA)/2 Не теряя общности, можно считать, что описанные окружности треугольников и совпадают. Определим углы a , b и, как в условии задачи. Покажем, что точки с угловыми координатами ( a + b + g )/2, (− a + b + g )/2, ( a − b + g )/2 и ( a + b − g )/2 можно взять в качестве точек, A 1 , и C 1 . Действительно, биссектриса угла A 1 OB 1 задаётся угловой координатой g /2, те биссектриса угла P 1 OA 1 задаётся угловой координатой ( b + g )/2, те Пусть прямые AC и PQ пересекаются в точке M. Проведём в треугольнике высоты и CA 1 . Тогда A 1 B 1 — прямая Симсона точки относительно треугольника ABC. Кроме того, согласно задаче, B 1 A 1 ) = ∠(CP, Ясно также, что ∠(CP, PM) = ∠(CA, AQ) = = ∠(MB 1 , AQ). Следовательно, A 1 B 1 k AQ. 5.117. Проведём хорду PQ, перпендикулярную BC. Пусть точки и симметричны точками относительно прямой BC; точка лежит на описанной окружности треугольника ABC задача. Докажем сначала, что AQ k P 0 H. В самом деле, AQ) = ∠(PH 0 , PQ) = ∠(AH 0 , P 0 H). Прямая Симсона точки P параллельна AQ задача, те. она проходит через середину стороны треугольника PP 0 H и параллельна стороне P 0 H, а значит, она проходит через середину стороны PH. Решения задач 141 5.118. Пусть H a , H b , и H d — ортоцентры треугольников BCD, CDA, DAB и ABC. Прямые l a , l b , и проходят через середины отрезков AH a , и см. задачу. Середины этих отрезков совпадают с такой точкой H, что 2 # – OH = # – OA + # – OB + # – OC + # – OD, где O — центр окружности (см. задачу а) Пусть B 1 , и D 1 — проекции точки P на прямые AB, AC и Точки B 1 , и лежат на окружности с диаметром AP. Прямые и являются прямыми Симсона точки P относительно треугольников, ACD и ADB соответственно. Поэтому проекции точки P на прямые Симсона этих треугольников лежат на одной прямой — прямой Симсона треугольника. Аналогично доказывается, что на одной прямой лежит любая тройка рассматриваемых точек. б) Пусть P — точка описанной окружности угольника A 1 . . . A n ; B 2 , B 3 , . . . . . . , B n — проекции точки P на прямые A 1 A 2 , . . . , A 1 A n . Точки B 2 , . . . , лежат на окружности с диаметром A 1 P. Докажем по индукции, что прямая Симсона точки P относительно угольника A 1 . . . совпадает с прямой Симсона точки относительно (n − угольника B 2 . . . для n = 4 это было доказано в задаче а. По предложению индукции прямая Симсона (n − угольника. совпадает с прямой Симсона (n − угольника B 3 . . . B n . Поэтому проекции точки P на прямые Симсона (n − угольников, вершины которых получаются последовательным исключением точек A 2 , . . . , из набора, лежат на прямой Симсона (n − угольника B 2 . . . B n . А проекция точки P напрямую Симсона (n − угольника A 2 . . . лежит на той же прямой потому, что наши рассуждения показывают, что любые n − 1 из рассматриваемых n точек проекций лежат на одной прямой. 5.120. Точки и лежат на окружности с диаметром AP. Поэтому Эта задача является частным случаем задачи 2.46 5.122. Ясно, что ∠C 1 AP = ∠C 1 B 1 P = ∠A 2 B 1 P = ∠A 2 C 2 P = ∠B 3 C 2 P первое, третье и пятое равенства получаются из вписанности соответствующих четырёхугольников; остальные равенства очевидны. Аналогично ∠B 1 AP= = ∠C 3 A 3 P. Поэтому ∠B 3 A 3 P + ∠C 3 A 3 P = ∠C 1 AP + ∠B 1 AP = ∠BAC. Аналогично получаются равенства остальных углов треугольников ABC и Пусть A 1 , и C 1 — основания перпендикуляров, опущенных из точки P на прямые BC, CA и AB; A 2 , и C 2 — точки пересечения прямых и PC с описанной окружностью треугольника ABC. Пусть далее S, и S 2 — площади треугольников ABC, и A 2 B 2 C 2 . Легко проверить, что a 1 = a · AP/2R задача) и a 2 = a · B 2 P/CP. Треугольники и подобны (задача, поэтому S 1 /S 2 = где k = a 1 /a 2 = AP · CP/(2R · B 2 P). Атак как B 2 P · BP = |d 2 − R 2 |, то S 1 /S 2 = = (AP · BP · CP) 2 /4R 2 (d 2 − R 2 ) 2 . Треугольники и ABC вписаны вод- ну окружность, поэтому S 2 /S = a 2 b 2 c 2 /abc см. задачу. Ясно также, что, например, a 2 /a = B 2 P/CP = |d 2 − R 2 |/(BP · CP). Следовательно, S 2 : S = = |d 2 − R 2 | 3 : (AP · BP · CP) 2 . Поэтому S 1 /S = (S 1 /S 2 )(S 2 /S) = |d 2 − Точки и лежат на окружности с диаметром PA, поэтому середина отрезка PA является центром описанной окружности треугольника. Следовательно, l a — серединный перпендикуляр к отрезку Поэтому прямые l a , и проходят через центр описанной окружности треугольника Глава 5. Треугольники 5.125. а) Опустим из точек и перпендикуляры и на и перпендикуляры и на AB. Докажем, что точки B 1 , B 2 , и лежат на одной окружности. В самом деле, ∠P 1 B 1 C 1 = ∠P 1 AC 1 = ∠P 2 AB 2 = = ∠P 2 C 2 B 2 , атак как ∠P 1 B 1 A = ∠P 2 C 2 A, то = ∠B 2 C 2 A. Центр окружности, на которой лежат указанные точки, является точкой пересечения серединных перпендикуляров к отрезками, а оба эти перпендикуляра проходят через середину O отрезка P 1 P 2 , те центр этой окружности. В частности, точки и равноудалены от точки O. Аналогично точки A 1 и равноудалены от точки O, те центр описанной окружности треугольника A 1 B 1 C 1 . Кроме того, OB 1 = Замечание. Если точка лежит на описанной окружности треугольника, то её подерная окружность вырождается впрямую, а именно, прямую Симсона точки P 1 . Точка P 2 , изогонально сопряжённая этой точке, в этом случае является бесконечно удалённой. Направление этой бесконечно удалён- ной точки перпендикулярно прямой Симсона точки P 1 . Действительно, если точка P 0 стремится к точке P 2 , то подерная окружность точки P 0 близка к окружности с диаметром P 0 2 X, где X — произвольная точка треугольника б) Предыдущее доказательство проходит почти без изменений ив этом случаев) Пусть и C 1 — проекции точки на стороны AC и AB. Отрезок является диаметром описанной окружности треугольника Пусть O — центр этой окружности (те. середина отрезка AP 1 ), K — середина отрезка AB 1 , H — точка пересечения прямых и B 1 C 1 . Тогда = ∠HC 1 A и = ∠HAC 1 . Поэтому ∠AHC 1 = ∠AKO = Пусть перпендикуляры, опущенные из точек A, B, C на прямые, C 1 A 1 , пересекаются в точке P. Проведём через вершины треугольника прямые, параллельные сторонам треугольника A 1 B 1 C 1 . В результате получим треугольник A 0 B 0 C 0 . Пусть P 0 — точка, изогонально сопряжённая точке относительно треугольника A 0 B 0 C 0 . Согласно задаче 5.125 в) прямые, соединяющие вершины треугольника сточкой, перпендикулярны сторонам треугольника ABC. Треугольник A 1 B 1 C 1 гомотетичен треугольнику пусть P 1 — образ точки при соответствующей гомотетии. Тогда прямые, соединяющие вершины треугольника сточкой, перпендикулярны сторонам треугольника ABC, те искомая точка. З а меча ни е. Другое доказательство приведено в решении задачи 7.45 5.127. Если данный параллелограмм является прямоугольником, то подер- ная окружность точки D вырождается впрямую эта прямая проходит через точку пересечения диагоналей. Поэтому будем считать, что данный параллелограмм отличен от прямоугольника. Тогда согласно задаче 5.97 точка D изогонально сопряжена (относительно треугольника ABC) точке P, в которой пересекаются касательные в точках A и C к описанной окружности треугольника ABC. Поэтому согласно задаче 5.125 а) подерные окружности точек P и D совпадают. Основанием перпендикуляра, опущенного из точки напрямую, служит середина отрезка AC. Поэтому подерная окружность точки P проходит через середину диагонали Пусть A 1 , и C 1 — середины сторон BC, CA и AB. Треугольники и ABC подобны, причём коэффициент подобия равен 2. Высоты треугольника пересекаются в точке O, поэтому OA 1 : HA = 1 : 2. Пусть Решения задач точка пересечения отрезков OH и AA 1 . Тогда OM 0 : M 0 H = OA 1 : HA = 1 : и AM 0 : M 0 A 1 = OA 1 : HA = 1 : 2, те Пусть A 1 , и C 1 — середины сторон BC, CA и AB; A 2 , и основания высот A 3 , и C 3 — середины отрезков, соединяющих точку пересечения высот с вершинами. Так как A 2 C 1 = C 1 A = и A 1 A 2 k точка лежит на описанной окружности треугольника A 1 B 1 C 1 . Аналогично точки и лежат на описанной окружности треугольника Рассмотрим теперь окружность S с диаметром A 1 A 3 . Так как A 1 B 3 k и A 3 B 3 k AB, то ∠A 1 B 3 A 3 = 90 ◦ , а значит, точка лежит на окружности Аналогично доказывается, что точки C 1 , и лежат на окружности Окружность S проходит через вершины треугольника A 1 B 1 C 1 , поэтому она является его описанной окружностью. При гомотетии с центром H и коэффициентом 1/2 описанная окружность треугольника ABC переходит в описанную окружность треугольника те. в окружность девяти точек. Значит, при этой гомотетии точка O переходит в центр окружности девяти точек. 5.130. а) Докажем, например, что треугольники ABC и HBC имеют общую окружность девяти точек. В самом деле, окружности девяти точек обоих треугольников проходят через середину стороны BC и середины отрезков и б) Прямая Эйлера проходит через центр окружности девяти точек, а окружность девяти точек у этих треугольников общая. в) Центром симметрии является центр окружности девяти точек этих тре- угольников. 5.131. Пусть AB > BC > CA. Легко проверить, что для остроугольного и тупоугольного треугольников точка H пересечения высот и центр O описанной окружности расположены именно так, как на рис. 5.5 (те. для остроугольного Рис. треугольника точка O лежит внутри треугольника BHC 1 , а для тупоугольного точки O и B лежат по одну сторону от прямой CH). Поэтому в остроугольном треугольнике прямая Эйлера пересекает наибольшую сторону AB и наименьшую сторону AC, а в тупоугольном треугольнике — наибольшую сторону и среднюю по длине сторону BC. Глава 5. Треугольники 5.132. а) Пусть O a , и O c — центры вневписанных окружностей треугольника. Вершины треугольника ABC являются основаниями высот треугольника задача, поэтому окружность девяти точек треугольника проходит через точки A, B и б) Пусть O — точка пересечения высот треугольника O a O b O c , те. точка пересечения биссектрис треугольника ABC. Окружность девяти точек треугольника делит пополам отрезок Пусть AA 1 — высота, H — точка пересечения высот. Согласно задаче б) AH = 2R|cos A|. Медианы делятся точкой их пересечения вот- ношении 1 : 2, поэтому прямая Эйлера параллельна BC тогда и только тогда, когда AH : AA 1 = 2 : 3 и векторы – AH и – AA 1 сонаправлены, те. Учитывая, что cos A = − cos(B + C) = sin B sin C − − cos B cos C, получаем sin B sin C = 3 cos B cos Пусть CD — высота, H — точка пересечения высот, O — центр описанной окружности, N — середина стороны AB, а точка E делит пополам отрезок, соединяющий C сточкой пересечения высот. Тогда CENO — параллелограмм, поэтому ∠NED = ∠OCH = |∠A − ∠B| (см. задачу. Точки N, E и D лежат на окружности девяти точек, поэтому отрезок ND виден из её центра под углом 2∠NED = 2|∠A − Пусть O и I — центры описанной и вписанной окружностей треугольника точка пересечения высот прямые AI и BI пересекают описанную окружность в точках и B 1 . Предположим, что треугольник не равнобедренный. Тогда OI : IH = OA 1 : AH и OI : IH = OB 1 : BH. Так как OB 1 = OA 1 , то AH = BH, а значит, AC = BC. Приходим к противоречию. 5.136. Пусть O и I — центры описанной и вписанной окружностей треугольника ортоцентр треугольника A 1 B 1 C 1 . Проведём в треуголь- Рис. 5.6 нике A 1 B 1 C 1 высоты A 1 A 2 , B 1 B 2 и C 1 C 2 Треугольник остроугольный (например (∠B + ∠C)/2 < 90 ◦ ), поэтому H — центр вписанной окружности треугольника A 2 B 2 C 2 (см. задачу 1.57 а). Стороны треугольников ABC и параллельны (см. задачу 1.55 а), поэтому существует гомотетия, переводящая треугольник в A 2 B 2 C 2 . При этой гомотетии точка переходит в точку I, а точка I — в точку поэтому прямая IH проходит через точку Пусть H — точка пересечения высот треугольника ABC, E и M — середины отрезков ирис. Тогда C 1 MC 2 E — прямоугольник. Пусть прямая пересекает прямую в точке C 3 . Докажем, что AC 3 : C 3 B = tg 2 b : tg 2 a . Легко проверить, что C 3 M : C 2 E = MC 2 : EC, EC = R cos g , MC 2 = C 1 E = 2R sin a sin b − R cos и C 2 E = MC 1 = R sin( b − a ), поэтому = R sin( b − a )(2 sin b sin a − cos g )/ cos g = R sin( b − a ) cos( b − a )/ cos Следовательно + MC 3 C 3 M + MB = sin 2 g + sin 2( a − b ) sin 2 g − sin 2( a − b ) = tg 2 b tg 2 a Решения задач 145 Аналогичные рассуждения показывают, что 2 b tg 2 a · tg 2 g tg 2 b · tg 2 a tg 2 g = Решим сразу задачу б. Докажем сначала, что прямые AA 1 , и пересекаются водной точке. Пусть описанные окружности треугольников и AB 1 C пересекаются в точке O. Тогда, OA) = ∠(BO, OC) + + ∠(OC, OA) = ∠(BA 1 , A 1 C) + ∠(CB 1 , B 1 A) = ∠(BA, AC 1 ) + ∠(C 1 B, BA) = = ∠(C 1 B, AC 1 ), те. описанная окружность треугольника тоже проходит через точку O. Поэтому ∠(AO, OA 1 ) = ∠(AO, OB) + ∠(BO, OA 1 ) = ∠(AC 1 , C 1 B) + + ∠(BC, CA 1 ) = 0 ◦ , те. прямая проходит через точку O. Аналогично доказывается, что прямые и проходят через точку Докажем теперь, что точка O совпадает с искомой точкой P. Так как = ∠A − ∠CAP, то равенство ∠ABP = ∠CAP эквивалентно равенству + ∠ABP = ∠A, те. Для точки O последнее равенство очевидно, так как она лежит на описанной окружности треугольника а) Докажем, что = B 1 C 1 , те. В самом деле = AC 1 + C 1 B, а = AB 1 , поэтому = б) Будем считать, что треугольники ABC и вписаны в одну окружность, причём треугольник ABC фиксирована треугольник вращается. Прямые AA 1 , и пересекаются водной точке не более чем при одном положении треугольника A 1 B 1 C 1 (задача 7.21 б). При этом может возникнуть 12 различных семейств треугольников A 1 B 1 C 1 : треугольники и могут совмещаться поворотом или осевой симметрией кроме того, вершинам треугольника символы A 1 , и можно сопоставить шестью различными способами. Из этих 12 семейств треугольников четыре семейства никогда не могут дать искомой точки P. Для одинаково ориентированных треугольников исключаются случаи = 4A 1 C 1 B 1 , 4ABC = и = например, в случае = точка P является точкой пересечения прямой BC = и касательной к окружности в точке A = A 1 ; треугольники и при этом совпадают. Для противоположно ориентированных треугольников исключается случай = в этом случае AA 1 k BB 1 k Замечание. Точкам Брокара соответствуют противоположно ориентированные треугольники для первой точки Брокара 4ABC = 4B 1 C 1 A 1 , а для второй точки Брокара 4ABC = а) Так как PC = AC sin CAP sin и PC = BC sin CBP sin BPC , то sin f sin b sin g = = sin( b − f ) sin a sin b . Учитывая, что sin( b − f ) = sin b cos f − cos b sin f , получаем ctg f = ctg b + sin b sin a sin g . Остаётся заметить, что sin b = sin( a + g ) = sin a cos g + +sin g cos a . Второе тождество получаем, перемножив равенства f sin( a − f ) , BP CP = sin и б) Для второго угла Брокара получаем точно такое же выражение, как ив задаче а. Ясно также, что оба угла Брокара острые Глава 5. Треугольники в) Так как ∠A 1 BC = ∠BCA и ∠BCA 1 = ∠CAB, то 4CA 1 B ∼ 4ABC. Поэтому точка Брокара P лежит на отрезке см. задачу 5.138 б). 5.141. а) Согласно задаче 10.40 а) ctg f = ctg a + ctg b + ctg g > √ 3 = ctg поэтому f 6 б) Пусть P — первая точка Брокара треугольника ABC. Точка M лежит внутри (или на границе) одного из треугольников ABP, BCP и CAP. Если, например, точка M лежит внутри треугольника ABP, то ∠ABM 6 ∠ABP 6 Прямые A 1 B 1 , и являются серединными перпендикулярами к отрезками. Поэтому, например, ∠B 1 A 1 C 1 = 180 ◦ − ∠AQC = Для других углов доказательство аналогично. Кроме того, прямые A 1 O, B 1 O и C 1 O являются серединными перпендикулярами к отрезками. Поэтому, например, острые углы и имеют взаимно перпендикулярные стороны, поэтому они равны. Аналогичные рассуждения показывают, что ∠OA 1 C 1 = ∠OB 1 A 1 = ∠OC 1 B 1 = f , где f — угол Брокара треугольника По теореме синусов R 1 = AB/2 sin APB, R 2 = BC/2 sin BPC и R 3 = = CA/2 sin CPA. Ясно также, что sin APB = sin A, sin BPC = sin B и sin CPA = = sin Треугольник равнобедренный, причём угол при его основании равен углу Брокара f . Поэтому ∠(PC 1 , C 1 Q) = ∠(BC 1 , C 1 A) = Аналогично ∠(PA 1 , A 1 Q) = ∠(PB 1 , B 1 Q) = ∠(PC 1 , C 1 Q) = Так как ∠CA 1 B 1 = ∠A + и ∠AB 1 A 1 = ∠CA 1 C 1 , то ∠B 1 A 1 C 1 = = ∠A. Аналогично доказывается, что равны и остальные углы треугольников и Описанные окружности треугольников AA 1 B 1 , и пересекаются водной точке O (задача 2.83 а). Ясно, что ∠AOA 1 = ∠AB 1 A 1 = f . Аналогично. Поэтому ∠AOB = ∠A 1 OB 1 = 180 ◦ − ∠A. Аналогично и ∠COA = 180 ◦ − ∠C, те первая точка Брокара обоих треугольников. Следовательно, при поворотной гомотетии на угол с центром O и коэффициентом AO/A 1 O треугольник переходит в треугольника) Рассмотрим функцию f(x) = ln(x/ sin x) = ln x − ln sin x. Ясно, что функции) = 1 x − ctg и) положительны при 0 < x < p . Следовательно, функция f(x) монотонно возрастает при возрастании x от 0 дои, кроме того, выпукла на этом отрезке, те. при 0 6 x i 6 p , 0 6 l i , l 1 + . . . + l n = 1. В частности, f( f ) 6 f( p /6), так как f 6 p /6, и f f + ( a − f ) + f + ( b − f ) + f + ( g − f ) 6 6 6 1 6 f( f ) + f( a − f ) + f( f ) + f( b − f ) + f( f ) + f( g − f ) . Решения задач 147 Воспользовавшись монотонностью логарифма, эти неравенства можно переписать следующим образом sin f 6 6 p /6 sin( p /6) 6 6 f 3 ( a − f )( b − f )( g − f ) sin 3 f sin( a − f ) sin( b − f ) Учитывая, что sin( a − f ) sin( b − f ) sin( g − f ) = sin 3 f , получаем f 3 6 б) Из неравенства f 3 6 ( a − f )( b − f )( g − f ) следует, что 6 4 Ясно также, что 4 f ( a − f ) 6 a 2 , 4 f ( b − f ) 6 b 2 , 4 f ( g − f ) 6 g 2 5.147. Согласно задаче 12.46 а) ctg f = a 2 + b 2 + c 2 где S — площадь треугольника. Таким образом, для треугольника с вершинами в точках с координатами (±a/2, 0) и (x, y) угол Брокара определяется равенством ctg f = a 2 + (a/2 + x) 2 + y 2 + (−a/2 + x) 2 + y 2 те. Последнее уравнение задаёт окружность радиуса с центром (0, (a/2) ctg Пусть a 1 , b 1 , c 1 — длины сторон треугольника A 1 B 1 C 1 , S 1 — его площадь. В теореме речь идёт о множестве точек M, для которых выполняется равенство f = a 2 1 + b 2 1 + c 2 Точки и лежат на окружности с диаметром AM, поэтому B 1 C 1 = AM sin где R — радиус описанной окружности треугольника ABC. Таким образом 1 + b 2 1 + c 2 1 = a 2 AM 2 + b 2 BM 2 + c 2 CM 2 Поэтому если (x, y) — координаты точки M в некоторой прямоугольной системе координат, то 1 + b 2 1 + c 2 1 = a 2 + b 2 + c 2 4R 2 (x 2 + y 2 ) + px + qy + где p, q, r — постоянные числа. Для тоже можно получить выражение через координаты (x, y) точки При этом начало системы координат удобно расположить в центре O описанной окружности треугольника ABC. В таком случае x 2 − задача Глава 5. Треугольники Уравнение S 1 = 0 определяет описанную окружность треугольника Это множество соответствует нулевому углу Брокара. Углу Брокара соответствует множество ctg f S ABC 4R 2 (R 2 − x 2 − y 2 ) = a 2 + b 2 + c 2 4R 2 (x 2 + y 2 ) + px + qy + При этом знак плюс берётся для точек внутри описанной окружности, а знак минус берётся для точек вне описанной окружности. Легко видеть, что каждое из полученных уравнений является уравнением окружности. Дело в том, что если f = 0 и g = 0 — уравнения окружностей, то l f = g — тоже уравнение окружности. Более того, центр окружности l f = g лежит на прямой, соединяющей центры окружностей f = 0 и g = 0. В нашем случае центром одной окружности служит центр описанной окружности треугольника, а центром второй окружности служит точка, для которой величина+ b 2 BM 2 + минимальна (точка Лемуана). 5.149. По теореме синусов имеем AB/BM = sin AMB/ sin BAM и AB/BN = = sin ANB/ sin BAN. Значит · BN = sin AMB sin ANB sin BAM sin BAN = sin AMC sin ANC sin CAN sin CAM = AC 2 CM · Так как ∠BAS = ∠CAM, тот. е. AS/AM = 2b · BS/ac. Остаётся заметить, что BS = ac 2 /(b 2 + c 2 ) и 2AM = = √ 2b 2 + 2c 2 − см. задачи 5.149 и 12.11 а). 5.151. а) При симметрии относительно биссектрисы угла A отрезок переходит в отрезок, параллельный стороне BC, а прямая AS — впрямую где M — середина стороны б) Рассмотрим гомотетию с центром A, переводящую середину отрезка в точку S. При этой гомотетии отрезок переходит в диагональ параллелограмма, центром которого служит точка S, а две стороны проходят по сторонам угла A. Таким образом, направление отрезка определено однозначно. Остаётся воспользоваться результатом задачи а). 5.152. Согласно задаче 2.1 при симметрии относительно биссектрисы угла прямая OA переходит впрямую, перпендикулярную BC в случае неострого угла A доказательство аналогично. Ясно также, что при этой симметрии отрезок переходит в отрезок, параллельный BC. 5.153. Возьмём на отрезках BC и BA точки итак, что A 1 C 1 k Так как ∠BAC = ∠CBK = и ∠BCA = ∠BC 1 A 1 , то отрезок антипараллелен стороне AC. С другой стороны, согласно задаче 3.32 б) прямая делит отрезок A 1 C 1 пополам. 5.154. Достаточно воспользоваться результатом задачи 3.31 5.155. Пусть AP — общая хорда рассматриваемых окружностей, Q — точка пересечения прямых AP и BC. Тогда BQ/AB = sin BAQ/ sin AQB и AC/CQ = = sin AQC/ sin CAQ. Значит, BQ/CQ = AB sin BAP/(AC sin CAP). Так как и AB — касательные к окружностями, то ∠CAP = ∠ABP и ∠BAP = = ∠ACP, а значит, ∠APB = ∠APC. Поэтому APB sin ABP · sin ACP sin APC = sin ACP sin ABP = sin BAP sin Следовательно, BQ/CQ = AB 2 /AC 2 Решения задач 149 5.156. Пусть S — точка пересечения прямых AX и BC. Тогда AS/AB = = CS/CX и AS/AC = BS/BX, а значит, CS/BS = (AC/AB) · (XC/XB). Остаётся заметить, что XC/XB = AC/AB, поскольку окружность с диаметром DE является окружностью Аполлония для точек B и Пусть L, M и N — середины отрезков CA, CB и CH. Так как 4BAC ∼ ∼ 4CAH, то 4BAM ∼ 4CAN, а значит, ∠BAM = ∠CAN. Аналогично ∠ABL = = Пусть B 1 C 1 , и A 3 B 3 — данные отрезки. Тогда треугольники, и равнобедренные пусть длины их боковых сторон равны a, b и c. Прямая AX делит отрезок пополам тогда и только тогда, когда эта прямая содержит симедиану. Поэтому если X — точка Лемуана, то a = b, b = c и c = a. А если B 1 C 1 = C 2 A 2 = A 3 B 3 , то b + c = c + a = a + а значит, a = b = Легко проверить, что как из условия атаки из условия б) вытекает следующее четырёхугольники A 2 B 1 C 2 C 1 , и являются равнобедренными трапециями. В случае а) нужно воспользоваться результатом задачи 5.151 б); в случае б) это очевидно. Ясно также, что серединные перпендикуляры к основаниям этих трапеций пересекаются водной точке. Эта точка является центром искомой окружности. 5.160. Воспользуемся обозначениями из задачи. Пусть O 0 — центр описанной окружности треугольника A 0 B 0 C 0 . Ясно, что точка лежит на прямой KO. Рассмотрим точку O 1 — середину отрезка OO 0 . Докажем, что центр окружности Тукера. Пусть O 1 M — средняя линия трапеции Тогда O 1 M k AO. Атак так AO ⊥ задача, то O 1 M — серединный перпендикуляр к отрезку B 1 C 2 . Таким образом, O 1 — точка пересечения серединных перпендикуляров к отрезками а) Воспользуемся обозначениями задачи. В рассматриваемой ситуации длины отрезков A 1 B 2 , и равны, поскольку они равны половинам длин антипараллелей, проходящих через точку K, а длины этих антипараллелей равны согласно задаче. Таким образом, первая окружность Лемуана является одной из окружностей Тукера. Эта окружность соответствует случаю, когда треугольник вырождается в точку K. Поэтому согласно задаче 5.160 центром первой окружности Лемуана служит середина отрезка б) Непосредственно следует из задачи, поскольку точка Лемуана делит пополам каждую из проходящих через неё антипараллелей. Центром второй окружности Лемуана служит точка Лемуана Пусть M — точка пересечения медиан треугольника ABC; a 1 , b 1 , и a 2 , b 2 , c 2 — расстояния от точек K и M до сторон треугольника. Так как точки K и M изогонально сопряжены, то a 1 a 2 = b 1 b 2 = c 1 c 2 ; кроме того, aa 2 = bb 2 = см. задачу. Следовательно, a/a 1 = b/b 1 = c/c 1 . Используя это равенство и учитывая, что площади треугольников A 1 B 1 K, и C 1 A 1 K равны a 1 b 1 c/4R, b 1 c 1 a/4R и c 1 a 1 b/4R, где R — радиус описанной окружности треугольника ABC, получаем, что площади этих треугольников равны. Кроме того, точка K лежит внутри треугольника A 1 B 1 C 1 . Следовательно точка пересечения медиан треугольника см. задачу 4.2 ). 5.163. Медианы треугольника пересекаются в точке K задача, поэтому стороны треугольника ABC перпендикулярны медианам треугольника A 1 B 1 C 1 . После поворота на стороны треугольника ABC Глава 5. Треугольники станут параллельны медианам треугольника A 1 B 1 C 1 , а значит, медианы треугольника станут параллельны сторонам треугольника см. задачу. Поэтому медианы треугольника ABC перпендикулярны сторонам треугольника Пусть A 2 , и C 2 — проекции точки K на прямые BC, CA и Тогда задача) и K — точка пересечения медиан треугольника задача. Поэтому преобразование подобия, переводящее треугольник в треугольник A 1 B 1 C 1 , переводит точку в точку M пересечения медиан треугольника A 1 B 1 C 1 . Кроме того, например, те. точки K и M изогонально сопряжены Рис. относительно треугольника A 1 B 1 C 1 , а значит точка Лемуана треугольника Пусть K — точка Лемуана треугольника, и C 1 — проекции точки K на стороны треугольника ABC; L — середина отрезка B 1 C 1 ; N — точка пересечения прямой KL и медианы — середина отрезка AK рис. 5.7). Точки и лежат на окружности с диаметром, поэтому OL ⊥ B 1 C 1 . Кроме того задача) и O — середина отрезка AK, а значит, OL — средняя линия треугольника AKN и KL = LN. Следовательно середина отрезка A 1 N. Остаётся заметить, что при гомотетии с центром M, переводящей N в A, отрезок переходит в высоту AH. ГЛАВА 6 МНОГОУГОЛЬНИКИ Основные сведения. Многоугольник называют выпуклым, если он лежит по одну сторону от любой прямой, соединяющей его соседние вершины. Выпуклый многоугольник называют описанным, если все его стороны касаются некоторой окружности. Выпуклый четырёхугольник ABCD является описанным тогда и только тогда, когда AB + CD = BC + Выпуклый многоугольник называют вписанным, если все его вершины лежат на одной окружности. Выпуклый четырёхугольник ABCD является вписанным тогда и только тогда, когда ∠ABC + ∠CDA = ∠DAB + ∠BCD. 3. Выпуклый многоугольник называют правильным, если все его стороны равны и все углы также равны. Выпуклый угольник является правильным тогда и только тогда, когда при повороте на угол 2 p /n с центром в некоторой точке O он переходит в себя. Точку O называют центром правильного многоугольника. Вводные задачи 1. Докажите, что выпуклый четырёхугольник ABCD можно вписать в окружность тогда и только тогда, когда ∠ABC + ∠CDA = Докажите, что в выпуклый четырёхугольник ABCD можно вписать окружность тогда и только тогда, когда AB + CD = BC + а) Докажите, что оси симметрии правильного многоугольника пересекаются водной точке. б) Докажите, что правильный угольник имеет центр симметрии. 4. а) Докажите, что сумма углов при вершинах выпуклого угольника равна (n − 2) · б) Выпуклый угольник разрезан непересекающимися диагоналями на треугольники. Докажите, что количество этих треугольников равно n − 2. |