Формула. В. В. Прасолов задачи по планиметрии
 Скачать 6.7 Mb.
|
|
6.19. Пусть O — точка пересечения диагоналей AC и BD; A 1 , B 1 , и е проекции на стороны AB, BC, CD и DA. Точки и лежат на окруж- Рис. 6.7 ности с диаметром AO, поэтому ∠OA 1 D 1 = = Аналогично Атак как ∠CAD = ∠CBD, то ∠OA 1 D 1 = = ∠OA 1 B 1 . Аналогично доказывается, что, C 1 O и D 1 O — биссектрисы углов четы- рёхугольника A 1 B 1 C 1 D 1 , те центр его вписанной окружности. 6.20. Воспользуемся обозначениями рис. 6.7. Условие вписанности четырёх- угольника A 1 B 1 C 1 D 1 эквивалентно тому, что ( a + b ) + ( g + d ) = 180 ◦ , а перпендикулярность диагоналей AC и BD — тому, что ( a 1 + d 1 ) + ( b 1 + g 1 ) = 180 ◦ . Ясно также, что и По теореме косинусов AD 2 = AC 2 + + CD 2 − 2AC · CD · cos ACD и AC 2 = AB 2 + + BC 2 − 2AB · BC cos B. Атак как длина проекции отрезка AC напрямую, перпендикулярную CD, равна сумме длин проекций отрезков AB и BC напрямую, то AC cos ACD = AB cos f + + BC cos Пусть ∠AOD = 2 a . Тогда расстояния от точки O до проекций середин диагоналей AC и BD на биссектрису угла AOD равны cos a (OA + и cos a (OB + OD)/2 соответственно. Так как OA + OC = AB + OB + OC = = CD + OB + OC = OB + OD, эти проекции совпадают. 6.23. Достроим треугольники ABM и DCM до параллелограммов и DCMM 2 . Так как AM 1 : DM 2 = BM : MC = AN : DN, то 4ANM 1 ∼ Поэтому точка N лежит на отрезке и MM 1 : MM 2 = AB : CD = AN : ND = = M 1 N : M 2 N, те биссектриса угла Пусть a, b, c и d — биссектрисы углов при вершинах A, B, C и Нужно проверить, что ∠(a, b) + ∠(c, d) = 0 ◦ . Ясно, что ∠(a, b) = ∠(a, AB) + + ∠(AB, b) и ∠(c, d) = ∠(c, CD) + ∠(CD, d). Так как четырёхугольник выпуклый, из равенств ∠(a, AB) = ∠(AD, AB)/2, ∠(AB, b) = ∠(AB, BC)/2, ∠(c, CD) = ∠(CB, CD)/2 и ∠(CD, d) = ∠(CD, DA)/2 получаем ∠(a, b) + ∠(c, d) = = (∠(AD, AB) + ∠(AB, BC) + ∠(CB, CD) + ∠(CD, DA))/2 = 360 ◦ /2 = 0 ◦ . (По поводу ориентированных углов между прямыми см. с. 30 .) 6.25. Пусть для определённости AB > A 1 B 1 . При параллельном переносе на вектор # – CB треугольник переходит в S 0 D 0 1 C 0 1 , а отрезок CD переходит Глава 6. Многоугольники в BA. Так как QA 1 : QA = A 1 B 1 : AB = D 0 1 C 0 1 : AB = S 0 D 0 1 : S 0 A, то QS 0 k A 1 D 0 Следовательно, QS k AD. Аналогично PR k Предположим, что прямые AD и BC не параллельны. Пусть M 2 , K, N 2 — середины сторон AB, BC, CD соответственно. Если MNkBC, то так как AM = MC и BN = ND. Поэтому будем считать, что прямые MN и не параллельны, те и N 1 6= N 2 . Ясно, что – M 2 M = # – BC/2 = # и – M 1 M = # – NN 1 . Поэтому M 1 M 2 k N 1 N 2 . Следовательно, KM k AB k CD k те. Получено противоречие. 6.27. Преобразованием подобия можно совместить одну пару соответственных сторон четырёхугольников, поэтому достаточно рассмотреть четырёхуголь- ники ABCD и ABC 1 D 1 , у которых точки и лежат на лучах BC и и CD k C 1 D 1 . Обозначим точки пересечения диагоналей четырёхугольников Рис. 6.8 ABCD и через O и O 1 соответственно. Предположим, что точки C и D лежат ближе к точками, чем точки и Докажем, что тогда ∠AOB > ∠AO 1 B. В самом деле, ∠C 1 AB > ∠CAB и ∠D 1 BA поэтому = 180 ◦ − ∠C 1 AB − ∠D 1 BA < < 180 ◦ − ∠CAB − ∠DBA = ∠AOB. Получено противоречие, поэтому C 1 = C, D 1 = Любой четырёхугольник с точно- стью до подобия определяется направлениями своих сторон и диагоналей, поэтому достаточно построить один пример четырёх- угольника с требуемыми направлениями сторон и диагоналей. Пусть O — точка пересечения диагоналей AC и BD. На луче OA возьмём произвольную точку и проведём D 1 A 1 k BC, A 1 B 1 k CD ирис. Так как OC 1 : OB 1 = OD : OA, OB 1 : OA 1 = OC : OD и OA 1 : OD 1 = OB : то OC 1 : OD 1 = OB : OA, а значит, C 1 D 1 k AB. Из полученного рисунка ясно, что ∠A + ∠C 1 = Пусть O — точка пересечения диагоналей четырёхугольника Без ограничения общности можно считать, что a = ∠AOB < 90 ◦ . Опустим перпендикуляры AA 1 , BB 1 , CC 1 , на диагонали четырёхугольника Так как OA 1 = OA cos a , OB 1 = OB cos a , OC 1 = OC cos a , OD 1 = OD cos a , то при симметрии относительно биссектрисы угла AOB четырёхугольник ABCD переходит в четырёхугольник, гомотетичный четырёхугольнику с коэффициентом Пусть диагонали четырёхугольника ABCD пересекаются в точке и H b — ортоцентры треугольников AOB и COD; и K b — середины сторон и AD; P — середина диагонали AC. Точки пересечения медиан треугольников и BOC делят отрезки K a O ив отношении 1 : 2, поэтому нужно доказать, что H a H b ⊥ Так как OH a = AB|ctg f | и OH b = CD|ctg f |, где f = ∠AOB см. задачу 5.51б),тоiOHiiai: OH b = PK a : Соответственные стороны углов и перпендикулярны кроме того, векторы и направлены к прямым AB и CD при f < и от этих прямых при f > 90 ◦ . Поэтому ∠H a OH b = и 4K a PK b . Следовательно Решения задач 169 6.31. Пусть S = S AOD , x = AO, y = DO, a = AB, b = BC, c = CD, d = DA; k — коэффициент подобия треугольников BOC и AOD. Тогда + x + y S + b + kx + ky k 2 S , 2 1 r 2 + 1 r 4 = a + x + ky kS + c + kx + так как S BOC = k 2 S и S AOB = S COD = kS. Поскольку + y S + x + y kS = x + ky kS + kx + y kS , остаётся заметить, что a + c = b + Ясно, что AB = r 1 (ctg(A/2) + ctg(B/2)) и CD = r 3 (ctg(C/2) + Поэтому AB/r 1 + CD/r 3 = ctg(A/2) + ctg(B/2) + ctg(C/2) + ctg(D/2) = BC/r 2 + + Достроим треугольники ABD и DBC до параллелограммов и DBCC 1 . Отрезки, соединяющие точку D с вершинами параллелограмма, делят его на четыре треугольника, равных треугольниками, поэтому радиусы вписанных окружностей этих треугольников равны. Докажем, что точка D совпадает сточкой пересечения диагоналей параллелограмма. Если D 6= O, то можно считать, что точка лежит внутри треугольника AOC. Тогда r ADC < r AOC = r A 1 OC 1 < r A 1 DC 1 = см. задачу. Получено противоречие, поэтому D = Так как p = S/r, а площади и радиусы вписанных окружностей треугольников, на которые диагонали делят параллелограмм ACC 1 A 1 , равны, то равны и их периметры. Поэтому ACC 1 A 1 — ромб, a ABCD — прямоугольник. 6.34. Точки и лежат на серединном перпендикуляре к отрезку поэтому AB ⊥ C 1 D 1 . Аналогично C 1 D 1 ⊥ A 2 B 2 , а значит, AB k A 2 B 2 . Аналогично доказывается, что параллельны и остальные соответственные стороны и диагонали четырёхугольников ABCD и A 2 B 2 C 2 D 2 . Следовательно, эти четы- рёхугольники подобны. Пусть M — середина отрезка AC. Тогда B 1 M=|AM ctg D| и D 1 M=|AM ctg B|, причём B 1 D 1 = |ctg B + ctg D| · AC/2. Повернём четырёхугольник на 90 ◦ . Тогда, воспользовавшись результатом задачи, получим, что этот четырёхугольник выпуклый, причём ctg A = − ctg и т. д. Поэтому |ctg A + ctg C| · B 1 D 1 /2 = |(ctg A + ctg C)(ctg B + ctg D)/4| · Пусть M и N — середины сторон AB и CD. Опустим из точки перпендикулярна прямую MN, а из точки M перпендикулярна. Тогда Q — точка касания прямой CD и окружности с диаметром. Прямоугольные треугольники PDN и QMN подобны, поэтому. Аналогично расстояние от точки до прямой MN равно ND · MA/MN. Следовательно, AD k MN. Аналогично Достаточно проверить, что ортоцентры любых трёх изданных че- тырёх треугольников лежат на одной прямой. Пусть некоторая прямая пересекает прямые B 1 C 1 , ив точках A, B и C соответственно, и C 2 — ортоцентры треугольников A 1 BC, AB 1 C и ABC 1 . Прямые и A 2 B перпендикулярны прямой A 1 B 1 , поэтому они параллельны Глава 6. Многоугольники Аналогично BC 2 k B 2 C и CA 2 k C 2 A. Точки A, B и C лежат на одной прямой, поэтому точки A 2 , и тоже лежат на одной прямой (см. задачу 1.12 б). 6.37. Возьмём на диагонали BD точку M так, что ∠MCD = ∠BCA. Тогда, так как углы BAC и BDC опираются на одну дугу. Поэтому AB · CD = AC · MD. Поскольку ∠MCD = ∠BCA, то ∠BCM = итак как углы CBD и CAD опираются на одну дугу. Поэтому. Следовательно, AB · CD + AD · BC = AC · MD + AC · BM = = AC · Пусть S — площадь четырёхугольника ABCD, R — радиус его описанной окружности. Тогда S = S ABC + S ADC = AC(AB · BC + AD · DC)/4R см. задачу. Аналогично S = BD(AB · AD + BC · CD)/4R. Приравнивая эти выражения для S, получаем требуемое. 6.39. Пусть правильный семиугольник A 1 . . . вписан в окружность. Применяя теорему Птолемея к четырёхугольнику A 1 A 3 A 4 A 5 , получаем A 1 A 3 · A 5 A 4 + A 3 A 4 · A 1 A 5 = A 1 A 4 · A 3 A 5 , те Пусть A 1 , и C 1 — середины сторон BC, CA и AB. По теореме Птолемея AC 1 · OB 1 + AB 1 · OC 1 = AO · B 1 C 1 , где O — центр описанной окружности. Поэтому cd b + bd c = aR. Аналогично ad c + cd a = bR и ad b + bd a = Кроме того, ad a + bd b + cd c = 2S = (a + b + c)r. Складывая все эти равенства и сокращая на a + b + c, получаем требуемое. 6.41. Пусть P — вторая точка пересечения отрезка с вписанной окружностью. Тогда ∠AB 1 C 1 = ∠B 1 PC 1 , поэтому 4CB 1 C 1 , а значит CP/CB 1 . Аналогично доказывается, что CP/CA 1 = PA 1 /A 1 C 1 . Учитывая, что CA 1 = CB 1 , получаем PB 1 · A 1 C 1 = PA 1 · По теореме Птолемея PB 1 · A 1 C 1 + PA 1 · B 1 C 1 = PC 1 · A 1 B 1 , те. Ясно также, что ∠B 1 PC 1 = ∠QA 1 C 1 . Поэтому а значит, ∠BC 1 P Замечание. Утверждение задачи можно переформулировать следующим образом точка Жергонна треугольника ABC совпадает сточкой Лемуана треугольника По теореме Птолемея AB · CD + AC · BD = AD · BC. Учитывая, что CD = = BD > BC/2, получаем требуемое. 6.43. Применяя теорему Птолемея к четырёхугольнику ABCP и сокращая на длину стороны квадрата, получаем требуемое. 6.44. Применяя теорему Птолемея к четырёхугольнику APQR, получаем. Так как ∠ACB = ∠RAQ = ∠RPQ и ∠RQP = = 180 ◦ − ∠PAR = ∠ABC, то 4RQP ∼ 4ABC, а значит, RQ : QP : PR = AB : BC : CA. Остаётся заметить, что BC = а) Запишем теорему Птолемея для всех четырёхугольников с вершинами в точке A и трёх последовательных вершинах данного многоугольника так, чтобы сомножители сч тными номерами всегда стояли в правой части d 1 a + d 3 a = d 2 b, d 3 b = d 2 a + d 4 b, ..., d 2n−1 a + d 2n+1 a = d 2n b, d 1 a + d 2n+1 b = d 2n a, d 1 b + d 2n+1 a = d 2 a здесь a — сторона данного многоугольника его наименьшая диагональ. Сложив эти равенства, получим + b)(d 1 + . . . + d 2n+1 ) = (2a + b)(d 2 + . . . + б) Пусть R — радиус окружности S. Тогда l i = d i √ (R ± r)/R см. задачу. Остаётся воспользоваться результатом задачи а). 6.46. Пусть оба касания внешние и x 6 y. Прямая, проходящая через центр O окружности радиуса x параллельно отрезку, соединяющему точки Решения задач 171 Рис. касания, пересекает окружность радиуса y − x с центром в центре окружности радиуса y) в точках A ирис. Тогда OA = a(R + x)/R и OB = OA + a(y − x)/R = a(R + Квадрат искомой длины общей внешней касательной равен · OB = (a/R) 2 (R + x)(R + Аналогичные рассуждения показывают, что если оба касания внутренние, то квадрат длины внешней касательной равен (a/R) 2 (R − x)(R − y), а если окружность радиуса касается внешне, а окружность радиуса y — внутренне, то квадрат длины внутренней касательной равен (a/R) 2 (R − y)(R + Замечание. В случае внутреннего касания окружностей предполагается, что R > x и R > Пусть R — радиус описанной окружности четырёхугольника ABCD; r a , r b , и r d — радиусы окружностей a , b , g и. Пусть далее a = √ R ± r a , причём знак плюс берётся в случае внешнего касания, а знак минус — в случае внутреннего числа b, c и d определяются аналогично. Тогда t ab = см. задачу) и т. д. Поэтому, домножая равенство AB · CD + BC · DA = = AC · BD на abcd/R 2 , получаем требуемое. 6.48. Так как ∠EBD = ∠ABE + ∠CBD, тона стороне ED можно взять точку P так, что ∠EBP = ∠ABE = ∠AEB, те. Тогда ∠PBD = ∠EBD − − ∠EBP = ∠CBD = ∠BDC, те. Следовательно, AE k CD, атак как = CD, то CDEA — параллелограмм. Поэтому AC = ED, те. треугольник равносторонний и ∠ABC = а) Пусть O — центр описанной окружности треугольника CKE. Достаточно проверить, что ∠COK = 2∠KCB. Оба эти угла легко вычисляются и ∠KCB = = (180 ◦ − ∠ABC)/2 = б) Так как BC — касательная к описанной окружности треугольника тот. е. d(d − a) = Пусть перпендикуляры, восставленные к прямой AB в точках A и пересекают стороны DE ив точках P и Q. Любая точка отрезка CQ является вершиной прямоугольника, вписанного в пятиугольник ABCDE (стороны Рис. этого прямоугольника параллельны AB и AP), причём при перемещении этой точки от Q к отношение длин сторон прямоугольников изменяется от AP/AB до 0. Так как угол AEP тупой, то AP > AE = AB. Поэтому для некоторой точки отрезка QC отношение длин сторон прямоугольника равно Пусть точки, . . . , симметричны точкам A, . . . , E относительно центра окружности и R — точки пересечения прямых BC 1 и AB 1 , и BA 1 , ирис. Тогда PQ = AB = a и QR = b. Так как PQ k и ∠ABA 1 = 90 ◦ , то PR 2 = PQ 2 + QR 2 = a 2 + Прямая PR проходит через центр окружности и ∠AB 1 C = 4 · 18 ◦ = 72 ◦ , поэтому PR — сторона Глава 6. Многоугольники Рис. правильного пятиугольника, описанного около окружности с центром B 1 , ради- ус B 1 O которой равен радиусу окружности S. |