Формула. В. В. Прасолов задачи по планиметрии
 Скачать 6.7 Mb.
|
|
6.52. Проведём через точки A, C и E прямые l 1 , l 2 и l 3 , параллельные прямыми соответственно. Обозначим точки пересечения прямых и и l 3 , и через P, Q, R соответственно (рис. 6.11). Тогда (S ABCDEF − S PQR )/2 + S PQR = = (S ABCDEF + S PQR )/2 > Аналогично S BDF = (S ABCDEF + S P 0 Q 0 R 0 )/2. Ясно, что PQ = |AB − DE|, QR = |CD − AF|, PR = |EF − BC|, поэтому треугольники и равны. Следовательно, S ACE = Построим треугольник PQR, как ив предыдущей задаче. Этот треугольник правильный, и PQ = |AB − DE|, QR = |CD − AF|, PR = |EF − Поэтому − DE| = |CD − AF| = |EF − Сумма углов при вершинах A, C и E равна 360 ◦ , поэтому из равнобедренных треугольников ABF, CBD и EDF можно сложить треугольник, приложив AB к CB, a ED и EF к CD и AF. Стороны полученного треугольника равны сторонам треугольника BDF. Следовательно, при симметрии относительно прямых FB, BD и DF точки A, C и E переходят в центр O описанной окружности треугольника BDF, а значит, AB k OF k Предположим, что прямые, на которых лежат диагонали шестиугольника, образуют треугольник PQR. Обозначим вершины шестиугольника следующим образом вершина A лежит на луче QP, B — на RP, C — на RQ и т. д. Рис. Так как прямые AD и BE делят площадь шестиугольника пополам, то S APEF + + S PED = S PDCB + и S APEF + S ABP = S PDCB + + S PED . Поэтому S ABP = S PED , те Аналогично CQ · DQ > AP · FR и FR · ER > BP · Перемножая эти неравенства, получаем AB · BP · CQ · DQ · FR · ER > ER · DQ · AP · FR · BP · чего не может быть. Поэтому диагонали шестиугольника пересекаются водной точке. 6.56. Обозначим середины сторон выпуклого шестиугольника ABCDEF так, как показано на рис. 6.12. Пусть O — точка пересечения отрезков и LN. Площади треугольников, на которые делят шестиугольник отрезки, соединяющие точку O с вершинами и серединами сторон, обозначим так, как показано на том же рисунке. Легко проверить, что S KONF = S LOMC , те. Следовательно, ломаная POQ делит шестиугольник на две части равной площади, а значит, отрезок PQ проходит через точку O. Решения задача) Вписанная трапеция является равнобочной, поэтому если данный шестиугольник вписанный, то его диагонали равны. Предположим теперь, что диагонали данного шестиугольника ABCDEF равны. Тогда, например — равнобочная трапеция, причём прямая, соединяющая середины её оснований AB и ED, является биссектрисой угла между прямыми AD и Поэтому прямые, соединяющие середины противоположных сторон шестиугольника, пересекаются водной точке O — точке пересечения биссектрис треугольника, образованного диагоналями AD, BE и CF если диагонали пересекаются водной точке, тов качестве O берётся именно эта точка). б) В случае невыпуклого шестиугольника ABCDEF единственное существенное отличие заключается в том, что теперь прямая, соединяющая середины сторон AB и ED, может быть не только биссектрисой внутреннего угла треугольника, образованного диагоналями AD, BE и CF, но и биссектрисой внешнего угла. А три биссектрисы треугольника, среди которых есть как внутренние, таки внешние, не всегда пересекаются водной точке (внешних биссектрис должно быть чётное число. Поэтому дополнительно нужно доказать, что в рассматриваемой ситуации три биссектрисы всегда пересекаются водной точке. Для этого мы воспользуемся тем, что рассматриваемые биссектрисы l 1 , l 2 , можно занумеровать так, что композиция симметрий S l 2 ◦ оставляет точку A на месте A → B → C → D → E → F → Действительно, согласно задаче 17.39 преобразование S l 1 ◦ S l 2 ◦ является скользящей симметрией, а согласно задаче 17.23 это преобразование является симметрией тогда и только тогда, когда прямые l 1 , и пересекаются водной точке. 6.58. а) Пусть O — центр описанной окружности. Так как ∠A k OA k+2 = = 360 ◦ − 2∠A k A k+1 A k+2 = f — постоянная величина, то при повороте сцен- тром O на угол точка переходит в A k+2 . Для нечётного n из этого следует, что все стороны многоугольника A 1 . . . A n равны. б) Пусть a — длина стороны данного многоугольника. Если одна из его сторон делится точкой касания с вписанной окружностью на отрезки длиной и a − x, то соседние с ней стороны тоже делятся на отрезки длиной x и a − смежные отрезки соседних сторон равны) и т. д. Для нечётного n из этого следует, что все стороны многоугольника A 1 . . . A n , делятся точками касания Рис. с вписанной окружностью пополам, а значит, все его углы равны. 6.59. Стороны многоугольника A 1 . . . параллельны сторонам правильного n-угольника. Отложим на лучах OA 1 , . . . . . . , равные отрезки, . . . , Тогда многоугольник B 1 . . . правильный и стороны многоугольника A 1 . . . образуют равные углы сего сторонами. Следовательно, OA 1 : OA 2 = OA 2 : OA 3 = . . . . . . = OA n : OA 1 = те, а значит, k = Обозначим вершины пятиугольника так, как показано на рис. Если в треугольнике две высоты равны Глава 6. Многоугольники то равны и стороны, на которые опущены эти высоты. Рассматривая треугольники и BCD, получаем EA = AB, AB = BC и BC = CD. Поэтому трапеции EABC и ABCD равнобедренные, те. Рассматривая треугольники ABD и BCE, получаем AD = BD и BE = CE. Так как треугольники EAB, ABC, BCD равны, то BE = AC = BD. Поэтому AD = и BD = CE, те. трапеции ABDE и CDEB равнобедренные. Следовательно и ∠E = ∠A = ∠B = ∠C = ∠D, те правильный пятиугольник. 6.61. Треугольник BMC равнобедренный с углом при вершине и углом при основании (180 ◦ − 30 ◦ )/2 = 75 ◦ . Следовательно, треугольники BAM и равнобедренные с углом при основании. Поэтому треугольник BMN правильный. Пусть O — центр квадрата, P и Q — середины отрезков MN ирис. Так как OQ — средняя линия треугольника MBK, то OQ = BM/2 = = MP = OP и ∠QON = ∠MBA = 15 ◦ , а значит, ∠POQ = ∠PON − ∠QON = Дальнейшее доказательство проводится аналогично. Рис. Рис. Рассмотрим правильный двенадцатиугольник A 1 . . . A 12 , вписанный в окружность радиуса R. Ясно, что A 1 A 7 = 2R, A 1 A 3 = A 1 A 11 = R. Поэтому+ Для k = 3 решение задачи ясно из рис. 6.15. В самом деле, A 3 A 4 = OQ, KL = QP и MN = PA 14 , поэтому A 3 A 4 + KL + MN = OQ + QP + PA 14 = OA 14 = Доказательство проводится аналогично и для любого Для доказательства достаточно применить результат задач 5.94 и 5.85 б) к треугольнику и прямыми. При решении задачи б) нужно ещё заметить, что sin 20 ◦ sin 70 ◦ = sin 20 ◦ cos 20 ◦ = (sin 40 ◦ )/2 = = sin 30 ◦ sin 40 ◦ , а при решении задачи в) нужно заметить, что sin 10 ◦ sin 80 ◦ = = sin 30 ◦ sin Как ив предыдущей задаче, нужно проверить равенство sin 2 a sin 2 a sin 8 a = sin a sin 3 a sin где a = 180 ◦ /30 = 6 ◦ . Ясно, что sin 14 a = cos a , поэтому 2 sin a sin 3 a sin 14 a = = sin 2 a sin 3 a . Остаётся проверить, что sin 3 a = 2 sin 2 a sin 8 a = cos 6 a − cos 10 a = = 1 − 2 sin 2 3 a − 1/2, те (см. задачу Решения задач 175 6.66. Пусть сначала n = 2m. Диагонали и стороны правильного угольника имеют m различных длин. Поэтому отмеченные точки лежат на m − концентрических окружностях (по n точек на каждой) или в общем центре этих окружностей. Поскольку различные окружности имеют не более двух общих точек, окружность, не принадлежащая этому семейству концентрических окружностей, содержит не более 1 + 2(m − 1) = 2m − 1 = n − 1 отмеченных точек. Пусть теперь n = 2m + 1. Диагонали и стороны правильного (2m + угольника имеют m различных длин. Поэтому отмеченные точки лежат на концентрических окружностях (по n точек на каждой. Окружность, не принадлежащая этому семейству концентрических окружностей, содержит не более 2m = n − 1 отмеченных точек. В обоих случаях наибольшее число отмеченных точек, лежащих на одной окружности, равно Обозначим центр многоугольника через O, вершины — через A 1 , . . . . . . , A n . Предположим, что среди одноцветных многоугольников нет равных, т. е. они имеют m = m 1 < m 2 < m 3 < . . . < сторон соответственно. Рассмотрим преобразование f, определённое на множестве вершин угольника и переводящее вершину в вершину A mk : f(A k ) = считаем, что A p+qn = A p ). При этом преобразовании вершины правильного угольника переходят в одну точку B, поэтому сумма векторов # – Of(A i ), где A i — вершины m-угольника, равна m # – OB 6= #– 0 Поскольку ∠A mi OA mj = вершины любого правильного многоугольника с числом сторон больше m переходят при рассматриваемом преобразовании в вершины правильного многоугольника. Поэтому и сумма векторов) по всем вершинам угольника и аналогичные суммы по вершинам, угольников равны нулю. Получено противоречие с тем, что сумма векторов # – Of(A i ) по вершинам угольника неравна нулю. Поэтому среди одноцветных многоугольников найдутся два равных. 6.68. Пусть правильный (n − угольник B 1 . . . вписан в правильный угольник A 1 . . . A n . Можно считать, что и B 1 — наименее удалённые друг от друга вершины этих многоугольников и точки B 2 , B 3 , и лежат на сторонах A 2 A 3 , A 3 A 4 , и A 5 A 6 . Пусть a i = и b i = = ∠B i B i+1 A i+1 , где i = 1, 2, 3, 4. По теореме синусов A 2 B 2 : B 1 B 2 = sin a 1 : sin и B 2 A 3 : B 2 B 3 = sin b 2 : sin f , где f — угол при вершине правильного угольника. Следовательно, sin a 1 + sin b 2 = a n sin где и a n−1 — стороны данных многоугольников. Аналогичные рассуждения показывают, что sin a 1 + + sin b 2 = sin a 2 + sin b 3 = sin a 3 + sin b 4 . Заметим теперь, что sin a i + sin b i+1 = = 2 и займёмся вычислением и a i − b i+1 . Так как a i + b i = 2 p /n и a i+1 + b i = 2 p /(n − 1), то a i+1 = a i + + 2 p /(n(n − 1)) и b i+1 = b i − 2 p /(n(n − 1)), а значит − величина постоянная и a i − b i+1 = a i−1 − b i + 4 p /(n(n − 1)). Следовательно) для j = Получено противоречие, так как на интервале, длина которого меньше, косинус не может принимать одно значение в трёх различных точках. З а меча ни е. В правильный пятиугольник квадрат вписать можно (см. задачу 6.50 ). Глава 6. Многоугольники 6.69. Пусть a = # – OA 1 + . . . + # – OA n . При повороте вокруг точки O на угол точка переходит в A i+1 , а значит, вектор a переходит в себя, те Так как # – XA i = # – XO + # и # – OA 1 + . . . + # – OA n = 0, то – XA 1 + . . . + # – XA n = n # – XO. 6.70. Проведём через центр правильного многоугольника A 1 . . . прямую не проходящую через его вершины. Пусть равно проекции вектора # напрямую, перпендикулярную прямой l. Тогда все отличны от нуля и сумма чисел x i , стоящих в вершинах правильного угольника, равна нулю, поскольку равна нулю соответствующая сумма векторов # см. задачу 6.69 ). 6.71. Согласно задаче = 10 # – AO и = 10 # – BO, где O — центр многоугольника. Ясно, что если точка A расположена очень близко к вершине многоугольника, а точка B — очень близко к середине стороны, то AO > Так как | # – A i O + # – OX| 2 = A i O 2 + OX 2 + 2( # – A i O, # – OX) = R 2 + d 2 + 2( # – A i O, # то A i X 2 = n(R 2 + d 2 ) + 2 P # – A i O, # – OX = n(R 2 + d 2 ) см. задачу 6.69 ). 6.73. Обозначим через сумму квадратов расстояний от вершины до всех остальных вершин. Тогда A k A 2 1 + A k A 2 2 + . . . + A k A 2 n = = A k O 2 + 2( # – A k O, # – OA 1 ) + A 1 O 2 + . . . + A k O 2 + 2( # – A k O, # – OA n ) + A n O 2 = так как – OA i = #– 0 . Поэтому 2n 2 R 2 . Поскольку квадрат каждой из сторон и диагоналей дважды входит в эту сумму, искомая сумма равна Пусть X k — образ точки X при повороте относительно центра данного угольника, переводящем в A 1 . При этом повороте отрезок переходит в A 1 X k . Следовательно, A 1 X + . . . + A n X = A 1 X 1 + . . . + A 1 X n . Атак как угольник X 1 . . . правильный, то # – A 1 X 1 + . . . + # – A 1 X n = n # – A 1 O см. задачу, а значит, A 1 X 1 + . . . + A 1 X n > Пусть B i — проекция точки X напрямую. Тогда (e i , x) = = ( # – OA i , # – OB i + # – B i X) = ( # – OA i , # – OB i ) = ±R · OB i . Точки B 1 , . . . , лежат на окружности с диаметром OX и являются вершинами правильного угольника при n нечётном и вершинами угольника, взятыми по два раза, при n чётном (см. задачу. Поэтому OB 2 i = nOX 2 /2 (см. задачу 6.72 ). 6.76. Пусть e 1 , . . . , e n — векторы, идущие из центра данного угольника в его вершины x — единичный вектор, перпендикулярный прямой l. Искомая сумма равна, x) 2 = nR 2 /2 (см. задачу 6.75 ). 6.77. Пусть e 1 , . . . , e n — единичные векторы, направленные из центра правильного угольника в середины его сторон x = # – OX. Тогда расстояние от точки X до й стороны равно |(x, e i ) − r|. Поэтому искомая сумма равна, e i ) 2 − 2r(x, e i ) + r 2 ) = P(x, e i ) 2 + nr 2 . Согласно задаче, e i ) 2 = = Пусть x — единичный вектор, параллельный прямой l, e i = # Тогда квадрат длины проекции стороны напрямую равен (x, Согласно задаче, e i ) 2 = na 2 /2. Решения задач 177 6.79. Пусть a = # – XO, e i = # – OA i . Тогда XA 4 i = | a + e i | 4 = (| a| 2 + 2( a, e i ) + | e i | 2 ) 2 = = 4(R 2 + ( a, e i )) 2 = 4(R 4 + 2R 2 ( a, e i ) + ( a, e i ) 2 ). Ясно, что, e i ) = a, P e i = = 0. Согласно задаче, e i ) 2 = nR 4 /2, поэтому искомая сумма равна+ nR 4 /2) = а) Докажем сначала требуемое соотношение для u = e 1 . Пусть e i = = (sin f i , cos f i ), причём cos f 1 = 1. Тогда, e i ) e i = X cos f i e i = X (sin f i cos f i , cos 2 f i ) = = X ((sin 2 f i )/2, (1 + cos 2 f i )/2) = (0, n/2) = Для u = доказательство проводится аналогично. Остаётся заметить, что любой вектор u можно представить в виде u б) Пусть B 1 . . . B n — середины сторон данного многоугольника, e i = # и u = # – XO. Тогда – XA i = # – OB i + ( u, e i ) e i . Атак как – OB i = #– 0 , то – XA i = = P(u, e i ) e i = n u/2 = n # Пусть e 0 , . . . , e n−1 — векторы сторон правильного угольника. Достаточно доказать, что, переупорядочив эти векторы, можно получить такой набор векторов {a 1 , . . . , a n }, что. Число n, не являющееся степенью простого числа, можно представить в виде n = pq, где p и q — взаимно простые числа. Докажем теперь, что набор {e 0 , e p , . . . , e (q−1)p ; e q , e q+p , . . . , e q+(q−1)p , . . .; e (p−1)q , . . . , e (p−1)q+(q−1)p } искомый. Заметим сначала, что если x 1 q + y 1 p ≡ x 2 q + + y 2 p (mod pq), то x 1 ≡ x 2 (mod p) и y 1 ≡ y 2 (mod q), поэтому в рассматриваемом наборе каждый из векторов e 0 , . . . , встречается ровно один раз. Концы векторов e q , e q+p , . . . , с общим началом образуют правильный угольник, поэтому их сумма равна нулю. Кроме того, векторы, переходят в e q , e q+p , . . . , e q+(p−1)q , при повороте на угол f = = 2 p /p. Поэтому если+ 2 e p + . . . + q e (q−1)p = b, то (q + 1)e q + (q + 2) e q+p + . . . . . . + 2q e q+(q−1)p = q( e q + . . . + e q+(q−1)p ) + e q + 2 e q+p + . . . + q e q+(q−1)p = R f b, где — вектор, полученный из вектора b поворотом на угол f = 2 p /p. Аналогичные рассуждения показывают, что для рассматриваемого набора векторов Предположим, что на сторонах треугольника ABC внешним образом построены квадраты ABB 1 A 1 , BCC 2 B 2 , и вершины A 1 , B 1 , B 2 , C 2 , C 3 , лежат на одной окружности S. Серединные перпендикуляры кот- резкам A 1 B 1 , B 2 C 2 , проходят через центр окружности S. Ясно, что серединные перпендикуляры к отрезкам A 1 B 1 , B 2 C 2 , совпадают с серединными перпендикулярами к сторонам треугольника ABC, поэтому центр окружности S совпадает с центром описанной окружности треугольника. Обозначим центр описанной окружности треугольника ABC через O. Расстояние от точки O до прямой равно R cos A + 2R sin A, где R — радиус описанной окружности треугольника ABC. Поэтому OB 2 2 = (R sin A) 2 + + (R cos A + 2R sin A) 2 = R 2 (3 + 2(sin 2A − cos 2A)) = R 2 (3 − 2 √ 2 cos(45 ◦ + 2A)). Ясно, что для того, чтобы треугольник обладал требуемым свойством, необходимо и достаточно, чтобы OB 2 2 = OC 2 3 = OA 2 1 , те. Это равенство выполняется при ∠A = ∠B = ∠C = 60 ◦ . Если же ∠A 6= ∠B, тот. е. ∠A + ∠B = 135 ◦ . Тогда Глава 6. Многоугольники = и ∠A = ∠C = 45 ◦ , ∠B = или ∠B = 45 ◦ , ∠A = 90 ◦ ). Мы видим, что треугольник должен быть либо равносторонним, либо равнобедренным прямоугольным. 6.83. В любом треугольнике выполнено соотношение h c = ab/2R задача, поэтому p k = MA k · MA k+1 /2R. Следовательно. . . p 2n−1 = MA 1 · MA 2 . . . MA 2n /(2R) n = p 2 p 4 . . . Пусть ABC — треугольник, вписанный в окружность S. Обозначим расстояния от центра O окружности до сторон BC, CA и AB через a, b и соответственно. Тогда R + r = a + b + c, если точка O лежит внутри треугольника, и R + r = −a + b + c, если точки O и A лежат по разные стороны от прямой BC см. задачу 12.40 ). Каждая из диагоналей разбиения принадлежит двум треугольникам разбиения. Для одного из этих треугольников точка O и оставшаяся вершина лежат по одну сторону от диагонали, для другого — по разные стороны. Разбиение угольника непересекающимися диагоналями на треугольники состоит из n − 2 треугольников. Поэтому сумма (n − 2)R + r 1 + . . . + равна сумме расстояний от точки O до сторон угольника (расстояния до сторон берутся с соответствующими знаками. Из этого видно, что сумма r 1 + . . . + не зависит от разбиения. 6.85. Пусть многоугольник A 1 . . . вписан в окружность. Рассмотрим точку, симметричную точке относительно серединного перпендикуляра к отрезку A 1 A 3 . Тогда многоугольник A 1 A 0 2 A 3 . . . вписанный и его площадь равна площади многоугольника A 1 . . . A n . Таким образом можно поменять местами любые две соседние стороны, а значит, можно поменять местами любые две стороны. Поэтому к любой стороне можно подогнать любую другую сторону, к ней — любую из оставшихся и т. д. Следовательно, площадь угольника, вписанного в данную окружность, зависит только от набора длин сторон, ноне от их порядка. 6.86. Без ограничения общности можно считать, что a n — наибольшее из чисел a 1 , . . . , a n . Пусть угольник A 1 . . . вписан в окружность сцен- тром O. Тогда A i A i+1 : A 1 A n = sin(∠A i OA i+1 /2) : sin( ∠A 1 OA n /2). Поэтому поступим следующим образом. Из соотношения sin( f i /2) : sin( f /2) = a i : угол однозначно выражается через f , если f i < p . На окружности радиуса фиксируем точку и рассмотрим такие переменные точки A 1 , . . . , A n−1 , что, . . . и, причём расположим эти точки двумя различными способами, изображёнными на рис. 6.16 (первый способ (риса) будет соответствовать n-угольнику, содержащему центр окружности, а второй (рис. 6.16, б) — не содержащему. Остаётся доказать, что при изменении от 0 до водном из этих случаев точка совпадает св самом деле, тогда с точностью до подобия получается искомый угольник. Предположим, что в первом случае при 0 6 f 6 p точки и никогда не совпадают, те. при f = p выполняется неравенство f 1 + . . . + f n−1 < p . Рисунок 6.16, б требует некоторых комментариев при малых углах sin a ≈ a , поэтому из условия задачи следует, что при малых углах точка действительно лежит на дуге так как f 1 + . . . + f n−1 > f . Итак, при малых углах f 1 + . . . а если f = p , то согласно предположению f 1 + . . . + f n−1 < p = f . Поэтому в некоторый момент f = f 1 + . . . + f n−1 , те. точки и совпадают Решения задач 179 Рис. Пусть h 1 , . . . , h n — расстояния отданной точки до соответствующих сторон, a 1 , . . . , a n — расстояния от вершин многоугольника до точек касания. Тогда произведение площадей как красных, таки синих треугольников равно. . . a n h 1 . . . Пусть OH i — высота треугольника OA i A i+1 . Тогда ∠H i−1 OA i = ∠H i OA i = = f i . Из условия задачи следует, что f 1 + f 2 = f n+1 + f n+2 , f n+2 + f n+3 = f 2 + f 3 , f 3 + f 4 = f n+3 + f n+4 , при записи последнего равенства мы учли, что n нечётно) и f n−1 + 2 f n + f n+1 = f 2n−1 + Складывая все эти равенства, получаем f n−1 + f n = f 2n−1 + f 2n , что и требо- валось. 6.89. Пусть O — центр данной окружности. Тогда # – XA i = # – XO + # – OA i , а значит. Так как a 1 # – OA 1 + . . . . . . + a n # – OA n = #– 0 (см. задачу, то a 1 XA 2 1 + . . . + a n XA 2 n = (a 1 + . . . + a n )(d 2 + Согласно задаче sin 2 (A i /2). Для решения задачи а) достаточно перемножить все такие равенства, а для решения задачи б) произведение равенств сч тным индексом i нужно поделить на произведение равенств с нечётным индексом Пусть BC — синяя сторона, AB и CD — соседние с BC стороны. По условию стороны AB и CD красные. Предположим, что многоугольник описанный точки касания сторон AB, BC, CD с вписанной окружностью. Ясно, что BP = BQ, CR = CQ и отрезки BP, CR граничат только с одним Рис. синим отрезком. Поэтому сумма длин красных сторон не меньше суммы длин синих сторон. Получено противоречие стем, что сумма длин красных сторон меньше половины периметра. Поэтому в многоугольник нельзя вписать окружность. 6.92. Пусть выпуклый n-угольник имеет k острых углов. Тогда сумма его углов меньше. С другой стороны, сумма углов угольника равна (n − 2) · 180 ◦ . Поэтому − 2) · 180 ◦ < k · 90 ◦ + (n − k) · 180 ◦ , те. Поскольку целое число, k 6 Для любого n > 3 существует выпуклый угольник стремя острыми углами (рис. 6.17). Глава 6. Многоугольники Рис. 6.18 6.93. Предположим, что несмежные стороны и CD равны по длине наибольшей диагонали. Тогда AB + CD > AC + BD. Но согласно задаче + CD < AC + BD. Получено противоречие, поэтому стороны, равные по длине наибольшей диагонали, должны быть смежными, те. таких сторон не больше двух. Пример многоугольника с двумя сторонами, равными по длине наибольшей диагонали, приведён на рис. 6.18. Ясно, что такой угольник существует при любом n > 3. 6.94. Докажем, что n 6 Пусть = а C — вершина, не соседняя ни с A, ни с B. Тогда |AC − BC| < AB = 1. Поэтому, те. точка C лежит на серединном перпендикуляре к стороне Рис. Таким образом, кроме вершин A, B, C многоугольник может иметь ещё лишь две вершины. Пример пятиугольника, обладающего требуемым свойством, приведён на рис. 6.19. Поясним, как он устроен — прямоугольники. Точка B задаётся условием BE = BD = Примером четырёхугольника, обладающего требуемым свойством, является прямоугольник ACDE на том же рисунке. 6.95. Пример пятиугольника, удовлетворяющего условию задачи, приведён на рис. 6.20. Поясним, как он устроен. Возьмём равнобедренный прямоугольный треугольник EAB, проведём серединные перпендикуляры к сторонами на них построим точки C итак, что ED = BC = AB те. прямые BC и ED образуют с соответствующими серединными перпендикулярами углы в 30 ◦ ). Ясно, что DE = BC = AB = EA < EB < и DB = DA = CA = CE > Докажем теперь, что пятая сторона и пятая диагональ не могут иметь общей точки. Предположим, что пятая сторона AB имеет общую точку A с пятой диагональю. Тогда пятая диагональ — это AC или AD. Разберём эти два случая. В первом случае = 4CDE, поэтому при симметрии относительно серединного перпендикуляра к отрезку ED точка A переходит в точку Точка B при этой симметрии остаётся на месте, так как BE = BD. Поэтому отрезок AB переходит в CB, те. Получено противоречие. Во втором случае = 4EBD, поэтому при симметрии относительно биссектрисы угла AED отрезок AB переходит в DC, те. Получено противоречие. 6.96. Рассмотрим две соседние вершины и A 2 . Если ∠A 1 OA 2 > то OA 1 = OA 2 , так как к основанию равнобедренного треугольника не может прилегать прямой или тупой угол. Пусть теперь ∠A 1 OA 2 < 90 ◦ . Проведём через точку O прямые и перпендикулярные прямыми. Обозначим области, на которые эти Решения задач 181 Рис. Рис. прямые разбивают плоскость, так, как показано на рис. 6.21. Если в области) есть вершина A k , то A 1 O = A k O = A 2 O, поскольку и ∠A 2 OA k > 90 ◦ . Если же в области (3) нет вершин многоугольника, тов области) есть вершина ив области (2) есть вершина A q . (Если бы водной из областей (1), (2) не было вершин многоугольника, то точка O оказалась бы вне многоугольника) Так как ∠A 1 OA q > 90 ◦ , ∠A 2 OA p > и ∠A p OA q > то A 1 O = A q O = A p O = A 2 O. Остаётся заметить, что если расстояния от точки O до любой пары соседних вершин многоугольника равны, то равны и все расстояния от точки O до вершин многоугольника. 6.97. Пусть прямые AB и DE пересекаются в точке G, BC ив точке H, CD ив точке K. Пусть, далее, X и Y — точки пересечения описанной окружности треугольника EBH с прямыми AB и DE. Покажем, что соответственные стороны треугольников ADK и XYH параллельны. (Из этого следует, что прямая KH проходит через точку Из равенств ∠(YX, AB) = ∠(YX, XB) = ∠(YE, EB) = ∠(DE, EB) = ∠(DA, следует, что AD k XY. После этого из равенств ∠(XY, YH) = ∠(XB, BH) = = ∠(AB, BC) = ∠(AD, DC) = ∠(AD, DK) следует, что DK k YH, а из равенств, XH) = ∠(YE, EH) = ∠(DE, EF) = ∠(DA, AF) = ∠(DA, AK) следует, что k Отметим, что мы нигде не пользовались тем, что шестиугольник выпуклый вместо шестиугольника можно взять самопересекающуюся шести- звенную ломаную с вершинами на окружности. 6.98. Пусть A 2 , и C 2 — указанные точки пересечения прямых. Применяя теорему Паскаля к точкам M, A 1 , A, C, B, B 1 , получаем, что точки A 2 , и лежат на одной прямой. Аналогично точки A 2 , и R лежат на одной прямой. Следовательно, точки A 2 , B 2 , и R лежат на одной прямой. 6.99. Поскольку углы APT, ART, AST и AQT прямые, то точки A, P, R, T, S, Q лежат на окружности, построенной на отрезке AT как на диаметре. Следовательно, по теореме Паскаля точки B, C и точка пересечения прямых и QS лежат на одной прямой. 6.100. Точки и лежат на окружности S с диаметром AB. Пусть A 4 и B 4 — точки пересечения прямых и с прямой A 3 B 3 . Согласно задаче 2.44 а) эти точки лежат на окружности S. Прямые A 1 B и A 4 A пересекаются в точке A 2 , а прямые ив точке B 2 . Поэтому, применяя Глава 6. Многоугольники теорему Паскаля к точкам B 1 , A 1 , B, B 4 , A 4 , A, получаем, что точка пересечения прямых и последняя прямая совпадает с A 3 B 3 ) лежит на прямой Пусть K — точка пересечения прямых BC и MN. Применяя теорему Паскаля к точкам A, M, N, D, C, B, получаем, что точки E, K и F лежат на одной прямой, а значит, K — точка пересечения прямых MN и Пусть точки и симметричны точками относительно точки O. Тогда точка X лежит на прямых и C 1 D. Применим теорему Паскаля к шестиугольнику AB 1 BDC 1 C. Прямые и пересекаются в точке X, прямые ив точке O; прямые BD и AC — диагонали четырёхугольника. 6.103. Пусть лучи PA и QA пересекают окружность в точках и те. и Q 1 Q 2 — диаметры данной окружности. Применим теорему Паскаля к шестиугольнику PP 2 P 1 2 Q 1 . Прямые и пересекаются в точке а прямые и пересекаются в точке O, поэтому точка пересечения прямых P 1 Q и Q 1 P лежит на прямой Пусть и C 1 — середины дуги имеются ввиду дуги, не содержащие точек B и C соответственно. Согласно задаче 3.43 а) точки M и лежат на отрезках и Применим теорему Паскаля к шестиугольнику C 1 CABB 1 K. Прямые и BB 1 — биссектрисы прямые CA и B 1 K пересекаются в точке N, прямые ив точке Отметим, что задача 3.47 является частным случаем этой задачи. 6.105. Пусть данные точки A, B, C, D, E лежат на одной окружности. Предположим, что мы построили точку F той же окружности. Обозначим через K, L, M точки пересечения прямых AB и DE, BC и EF, CD и FA соответственно. Тогда по теореме Паскаля точки K, L, M лежат на одной прямой. Из этого вытекает следующее построение. Проведём через точку E произвольную прямую a и обозначим точку её пересечения с прямой BC через Затем построим точку K пересечения прямых AB и DE и точку M пересечения прямых KL и CD. Наконец, F — точка пересечения прямых AM и a. Докажем, что F лежит на нашей окружности. Пусть F 1 — точка пересечения окружности и прямой a. Из теоремы Паскаля следует, что лежит на прямой те. является точкой пересечения a и AM. Поэтому F 1 = Пусть P и Q — точки пересечения прямой си аи точки пересечения прямой си. Тогда A 2 K : A 3 L = = A 2 P : A 3 P, A 3 L : A 6 M = A 3 Q : A 6 Q и A 6 M : A 5 N = A 6 R : A 5 R. Поэтому требуемое соотношение A 2 K : A 5 N = A 2 S : A 5 S перепишется в виде Пусть T — точка пересечения прямых и A 5 A 6 ; по теореме Паскаля точки S, Q и T лежат на одной прямой. Применяя теорему Менелая (см. задачу) к треугольнику PQS и точками, а также к треугольнику и точками, получаем и Перемножая эти равенства, получаем требуемое. (Отношения отрезков следует считать ориентированными ГЛАВА ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ МЕСТА ТОЧЕК Основные сведения. Геометрическое место точек (сокращённо ГМТ), обладающих некоторым свойством, — это фигура, состоящая из всех точек, для которых выполнено это свойство. Решение задачи на поиск ГМТ должно содержать доказательство того, что а) точки, обладающие требуемым свойством, принадлежат фигуре Φ, являющейся ответом задачи; б) все точки фигуры Φ обладают требуемым свойством. ГМТ, обладающих двумя свойствами, является пересечением (те. общей частью) двух фигур ГМТ, обладающих первым свойством, и ГМТ, обладающих вторым свойством. Три важнейших ГМТ: а) ГМТ, равноудалённых от точек A и B, является серединным перпендикуляром к отрезку б) ГМТ, удалённых на расстояние R отданной точки O, является окружностью радиуса R с центром в) ГМТ, из которых данный отрезок AB виден подданным углом, является объединением двух дуг окружностей, симметричных относительно прямой точки A и B не принадлежат ГМТ). Вводные задачи 1. а) Найдите ГМТ, равноудалённых от двух параллельных прямых. б) Найдите ГМТ, равноудалённых от двух пересекающихся прямых. 2. Найдите геометрическое место середин отрезков с концами на двух данных параллельных прямых. 3. Дан треугольник ABC. Найдите ГМТ X, удовлетворяющих неравенствам Найдите геометрическое место таких точек X, что касательные, проведённые из X к данной окружности, имеют данную длину. 5. На окружности фиксирована точка A. Найдите ГМТ X, делящих хорды с концом A в отношении 1 : 2, считая от точки A. |