Формула. В. В. Прасолов задачи по планиметрии
 Скачать 6.7 Mb.
|
|
8.43. Возьмём на сторонах BC и AC такие точки и B 1 , что PA 1 k и PB 1 k BC. Затем отложим на лучах A 1 B и B 1 A отрезки A 1 B 2 = и B 1 A 2 = BA 1 . Докажем, что прямая искомая. В самом деле, пусть = AP/AB. Тогда − k)a ka = (1 − k)a + (1 − k)b ka + те и прямая проходит через точку P. Кроме того Предположим, что треугольник ABC построен. Пусть B 1 — точка касания вписанной окружности со стороной AC. В прямоугольном треуголь- Глава 8. Построения нике известны катет OB 1 = r и гипотенуза AO, поэтому можно построить угол OAB 1 , а значит, и угол BAC. Пусть O 1 — центр описанной окружности треугольника ABC, M — середина стороны BC. В прямоугольном треугольнике BO 1 M известны катет O 1 M = AH/2 (см. решение задачи 5.128 ) и угол BO 1 M он равен или 180 ◦ − ∠A), поэтому его можно построить. Затем можно определить длину отрезка OO 1 = √ R(R − 2r) см. задачу 5.12 а). Итак, можно построить отрезки длиной R и OO 1 = После этого возьмём отрезок AO и построим точку O 1 , для которой AO 1 = и OO 1 = d таких точек может быть две. Проведём из точки A касательные к окружности радиуса r с центром O. Искомые точки B и C лежат на этих касательных, удалены от точки на расстояние R и, разумеется, отличны от точки Пусть a, b, c — данные прямые, причём прямая b лежит между a и Предположим, что вершины A, B, C квадрата ABCD лежат на прямых a, b, c соответственно. П ер вое решение. Из того, что ∠ABC = и AB = BC вытекает следующее построение. Возьмём на прямой b произвольную точку B и повернём прямую a относительно точки B на в одну или в другую сторону). Точка C — это точка пересечения прямой c и образа прямой a при указанном повороте. В тор о ере ш е ни е. Возьмём на прямой b произвольную точку B и опустим из неё перпендикулярна прямую a и перпендикулярна прямую c. Прямоугольные треугольники BA 1 A и CC 1 B имеют равные гипотенузы и равны углы, поэтому они равны. Из этого вытекает следующее построение. На прямой a строим отрезок A 1 A, равный отрезку BC 1 . Мы Рис. построили вершину A. Вершина C строится ана- логично. 8.46. Пусть расстояние между данными параллельными прямыми равно a. Нужно провести через точки A и B параллельные прямые так, чтобы расстояние между ними было равно Для этого построим окружность на отрезке как на диаметре и найдём точки и пересечения этой окружности с окружностью радиуса с центром B. Сторона искомого ромба лежит на прямой второе решение — на прямой Затем через точку B проводим прямую, параллельную соответственно AC 2 ). 8.47. Предположим, что четырёхугольник ABCD построен. Обозначим середины сторон, BC, CD и DA через P, Q, R и S соответственно и середины диагоналей AC и BD через K и L. В треугольнике KSL извест- ны KS = CD/2, LS = AB/2 и угол KSL, равный углу между сторонами AB и CD. Построив треугольник, можно построить треугольник KRL, так как известны длины всех его сторон. После этого достраиваем треугольники KSL и KRL до параллелограммов и KRLP. Вершины A, B, C, D являются вершинами параллелограммов PLSA, QKPB, RLQC, SKRD рис. 8.5). Решения задач 213 8.48. Опустим из вершин B и D перпендикуляры и на диагональ. Пусть для определённости DD 1 > BB 1 . Построим отрезок длины и проведём прямую, параллельную прямой AC, удалённую от AC на расстояние a и пересекающую сторону CD в некоторой точке Ясно, что S AED = (ED/CD)S ACD = (BB 1 /DD 1 )S ACD = S ABC . Поэтому медиана треугольника лежит на искомой прямой. 8.49. Пусть P, Q, R — середины равных сторон AB, BC, CD четырёхугольни- ка ABCD. Проведём серединные перпендикуляры и к отрезками Поскольку AB = BC = CD, точки B и C лежат на прямых и и BQ = Из этого вытекает следующее построение. Проводим серединные перпендикуляры и к отрезками. Затем через точку Q проводим отрезок с концами на прямых итак, чтобы Q была его серединой (см. задачу даны вершины A, B и C вписанного и описанного четырёх- угольника ABCD, причём AB > BC. Тогда AD − CD = AB − BC > 0, поэтому на стороне AD можно отложить отрезок DC 1 , равный DC. В треугольнике известны длины сторон AC и AC 1 =AB−BC и Так как угол AC 1 C тупой, треугольник AC 1 C по этим элементам строится однозначно. Дальнейшее построение очевидно. 8.51. Пусть ABCD — описанная равнобедренная трапеция с основаниями и BC, причём AD > BC; C 1 — проекция точки C напрямую. Докажем, что AB = AC 1 . В самом деле, если P и Q — точки касания сторон AB и с вписанной окружностью, то AB = AP + PB = AQ + BC/2 = AQ + QC 1 = Из этого вытекает следующее построение. Пусть C 1 — проекция точки на основание AD. Тогда B — точка пересечения прямой BC и окружности радиуса с центром A. Трапеция с AD < BC строится аналогично. 8.52. Обозначим середины оснований AD и BC через L и N, а середину отрезка EF через M. Точки L, O, N лежат на одной прямой (задача 19.2 ). Ясно, что точка M также лежит на этой прямой. Из этого вытекает следующее построение. Проведём через точку K прямую l, перпендикулярную прямой Основание AD лежит на прямой l. Точка L является точкой пересечения прямой l и прямой OM. Точка N симметрична точке L относительно точки Через точку O проведём прямые, параллельные прямыми. Точки пересечения этих прямых с прямой l являются вершинами A и D трапеции. Вершины B и C симметричны вершинами относительно точек E и F соответственно. 8.53. Предположим, что мы построили четырёхугольник ABCD сданными длинами сторон и данной средней линией KP (K и P — середины сторон AB и CD). Пусть и B 1 — точки, симметричные точками относительно точки P. Треугольник A 1 BC можно построить, так как в нём известны стороны BC, CA 1 = AD и BA 1 = 2KP. Достроим треугольник до параллелограмма A 1 EBC. Теперь можно построить точку D, так как известны CD и ED = BA. Воспользовавшись тем, что # – DA = # – A 1 C, построим точку Используя формулы задачи, легко выразить диагонали вписанного четырёхугольника через его стороны. Полученные формулы можно использовать для построения диагоналей (для удобства следует ввести произвольный отрезок e в качестве отрезка единичной длины и строить отрезки длиной pq, p/q и как pq/e, pe/q и Глава 8. Построения 8.55. Окружность высекает на сторонах угла равные отрезки тогда и только тогда, когда её центр лежит на биссектрисе угла. Поэтому центром искомой Рис. окружности является точка пересечения серединного перпендикуляра к отрезку AB ибис- сектрисы данного угла. 8.56. Предположим, что мы построили окружность S 0 , касающуюся данной окружности в точке A и данной прямой l в некоторой точке B. Пусть O и O 0 — центры окружностей и соответственно (рис. 8.6). Ясно, что точки O, и A лежат на одной прямой и O 0 B = O 0 A. Поэтому нужно построить точку на прямой OA так, чтобы O 0 A = где B — основание перпендикуляра, опущенного из точки напрямую. Для этого опустим перпендикулярна прямую l. Затем отложим на прямой AO отрезок длины Через точку A проведём прямую AB, параллельную точка B лежит на прямой l). Точка является точкой пересечения прямой OA и перпендикуляра к прямой l, проведённого через точку а) Пусть l 1 — серединный перпендикуляр к отрезку AB, C — точка пересечения прямых и l, а l 0 — прямая, симметричная l относительно прямой. Задача сводится к тому, чтобы построить окружность, проходящую через точку A и касающуюся прямых l и см. задачу 19.16 ). б) Можно считать, что центр окружности S не лежит на серединном перпендикуляре к отрезку AB иначе построение очевидно. Возьмём произвольную точку C окружности S и построим описанную окружность треугольника она пересекает S в некоторой точке D. Пусть M — точка пересечения прямых AB и CD. Проведём к окружности S касательные и MQ. Тогда описанные окружности треугольников ABP и ABQ искомые, так как MP 2 = MQ 2 = MA · Пусть A, B, C — данные точки, A 0 , B 0 , C 0 — центры требуемых окружностей (A 0 — центр окружности, проходящей через точки B и C и т. д.). Треугольники BA 0 C, AB 0 C, AC 0 B равнобедренные. Пусть x, y, z — углы при их основаниях. Тогда + z + ∠A = ±90 ◦ , z + x + ∠B = ±90 ◦ , x + y + ∠C = Эта система уравнений легко решается. Например, чтобы найти x, нужно сложить два последних уравнения и вычесть из них первое уравнение. Если же мы знаем (ориентированные) углы x, y, z, то требуемые окружности строятся очевидным образом. 8.59. Пусть A, B, C, D — данные точки, S — искомая окружность. По одну сторону отлежит данных точек, по другую сторону лежит 4 − данных точек. Мы будем предполагать, что данные точки не лежат на одной окружности (иначе в качестве S можно взять любую окружность стем же центром получается бесконечно много решений. Таким образом, 1 6 k 6 3. Решения задач 215 Мы получаем два существенно различных расположения точек по отношению к S: 2 + 2 и 1 + Пусть сначала точки A и B лежат по одну сторону от окружности S, а точки и D — по другую. Центром окружности S является точка O пересечения серединных перпендикуляров к отрезками. Радиус окружности S равен среднему арифметическому длин отрезков OA и OC. Четыре точки можно разбить на пары тремя способами, поэтому мы получаем 3 решения. Пусть теперь точки A, B и C лежат по одну сторону от окружности а точка D — по другую. Проведём через точки A, B и C окружность. Пусть и R — её центр и радиус. Точка O является центром искомой окружности, а радиус искомой окружности равен среднему арифметическому R и OD. Одну точку из четырёх можно выбрать четырьмя способами, поэтому мы получаем решения. 8.60. Предположим, что мы построили требуемую точку X. Пусть прямая пересекает данную окружность S в точке C, а прямая BX — в точке D. Проведём через точку D прямую, параллельную прямой AB; она пересекает окружность S в некоторой точке K. Пусть прямая KC пересекает прямую в точке P. Треугольники APC и AXB подобны, поскольку угол A у них общий и ∠APC = ∠CKD = ∠CXD. Из подобия этих треугольников следует, что · AB = AC · Из этого вытекает следующее построение. Проведём через точку A прямую, пересекающую окружность S в некоторых точках и X 0 . Тогда · AB = AC · AX = AC 0 · AX 0 , поэтому мы можем построить точку P. Далее, нам известен угол CDK он равен углу между прямыми AB и MN). Поэтому мы знаем длину хорды KC, а значит, мы можем построить окружность которая имеет тот же самый центр, что и окружность S, и касается хорды Проведя из точки P касательную к окружности S 0 , находим точку Предположим, что мы построили окружности S 1 , и S 3 , попарно касающиеся в данных точках и касаются в точке C; ив точ- Рис. 8.7 ке B; ив точке A. Пусть O 1 , и O 3 — центры окружностей S 1 , S 2 и S 3 Тогда точки и C лежат на сторонах треугольника O 1 O 2 O 3 , прич ми. Поэтому точки и C являются точками касания вписанной или вневписанной окружности треугольника со сторонами. Из этого вытекает следующее построение. Строим описанную окружность треугольника ABC и проводим к ней касательные в точках A, B и C. Точки пересечения этих касательных являются центрами искомых окружностей. 8.62. Предположим, что мы построили окружность, касательные AA 1 , и к которой имеют длины a, b и c соответственно (A 1 , и C 1 — точки касания. Построим окружности S a , и с центрами и C и радиусами a, b и c соответственно (рис. 8.7). Если O — центр окружности S, то отрезки OA 1 , и являются как радиусами окружности S, таки касательными к окружностями Поэтому точка O является радикальным центром окружностей S a , и S c Глава 8. Построения Из этого вытекает следующее построение. Сначала строим окружности и S c . Затем строим их радикальный центр O. Искомая окружность является окружностью с центром O и радиусом, равным по длине касательной, проведённой из точки O к окружности Построим сначала отрезок BC длиной a. Затем построим ГМТ X, для которых CX : BX = b : c см. задачу. В качестве вершины A можно взять любую из точек пересечения этого ГМТ с прямой, удалённой от прямой на расстояние По длинам отрезков AD и BD можно построить отрезок AB и точку на этом отрезке. Точка C является точкой пересечения окружности радиуса с центром D и ГМТ X, для которых AX : BX = AD : Пусть X — точка, не лежащая на прямой AB. Ясно, что тогда и только тогда, когда AX : CX = AB : CB. Поэтому точка M является точкой пересечения ГМТ X, для которых AX : CX = AB : CB, и ГМТ Y, для которых BY : DY = BC : DC эти ГМТ могут не пересекаться). 8.66. Нужно построить точку O, для которой AO:A 0 O = AB : и BO:B 0 O = = AB : A 0 B 0 . Точка O является точкой пересечения ГМТ X, для которых : A 0 X = AB : A 0 B 0 , и ГМТ Y, для которых BY : B 0 Y = AB : Пусть O — центр данной окружности. Хорды XP и XQ, проходящие через точки A и B, равны тогда и только тогда, когда XO — биссектриса Рис. угла PXQ, те. Искомая точка является точкой пересечения соответствующей окружности Аполлония сданной окружно- стью. 8.68. а) Если прямая l не пересекает отрезок, то ABB 1 A 1 — параллелограмм и l k AB. Если прямая l пересекает отрезок AB, то параллелограмм и l проходит через середину отрезка б) Одна из искомых прямых параллельна прямой, а другая проходит через середину Построим окружность радиуса 1 и про- ведём в ней два перпендикулярных диаметра и CD. Пусть O — центр окружности, M — середина отрезка OC, P — точка пересечения прямой и окружности с диаметром OC рис. Тогда AM 2 = 1 + 1 4 = 5 4 , а значит, AP = AM − PM = ( √ 5 − 1)/2 = 2 sin см. задачу, те длина стороны правильного десятиугольника, вписанного в данную окружность. 8.70. Предположим, что мы построили прямоугольник PQRS так, что данные точки A, B, C, D лежат на сторонах PQ, QR, RS, SP соответственно и PQ : QR = a, где a — данное отношение сторон. Пусть F — точка пересечения прямой, проведённой через точку D перпендикулярно к прямой AC, и прямой. Тогда DF : AC = Из этого вытекает следующее построение. Из точки D проводим луч, пересекающий отрезок AC под прямым углом, и на этом луче строим точку так, что DF = a · AC. Сторона QR лежит на прямой BF. Дальнейшее построение очевидно Решения задач 217 8.71. Предположим, что точки X и Y, обладающие требуемыми свойствами, построены. Обозначим точку пересечения прямых AX и YC через а точку пересечения прямых AB и XY через K. Прямоугольные треугольники и YXM имеют общий острый угол X, поэтому = ∠XYM. Углы и XYB опираются на одну дугу, поэтому = ∠XYB. Следовательно. Так как XY ⊥ AB, то A — середина отрезка Обратно, если K — середина отрезка CB, то ∠MYX = ∠BYX = ∠XAB. Треугольники и YXM имеют общий угол X и ∠XAK = ∠XYM, поэтому Из этого вытекает следующее построение. Через середину K отрезка проводим прямую l, перпендикулярную прямой AB. Точки X и Y являются точками пересечения прямой l сданной окружностью. 8.72. Если есть угол величиной a , то можно построить углы величиной и т. д. Так как 19 · 19 ◦ = 361 ◦ , то можно построить угол совпадающий с углом Построим сначала угол см. задачу. Затем можно построить угол (36 ◦ − 30 ◦ )/2 = 3 ◦ . Если n не делится на 3, то, имея углы и можно построить угол 1 ◦ . В самом деле, если n = 3k + 1, то 1 ◦ = n ◦ − k · а если n = 3k + 2, то 1 ◦ = 2n ◦ − (2k + 1) · Последовательность построений такова. Выберем на клочке бумаги произвольную точку O и произведём гомотетию с центром O и достаточно малым коэффициентом k так, чтобы образ точки пересечения данных прямых при этой гомотетии оказался на клочке бумаги. Тогда можно построить биссектрису угла между образами прямых. Затем произведём гомотетию с прежним центром и коэффициентом 1/k и получим искомый отрезок бис- сектрисы. 8.75. Построим с помощью двусторонней линейки две параллельные хорды и CD. Пусть P и Q — точки пересечения прямых AC и BD, AD и BC. Тогда прямая PQ проходит через центр данной окружности. Построив аналогично ещё одну такую прямую, найдём центр окружности. 8.76. Проведём через точку A два луча p и q, образующие угол маленькой величины, содержащий точку B лучи можно построить, переставляя линейку. Через точку B проведём отрезки ирис. Если PQ < 10 см Рис. и P 1 Q 1 < 10 см, то можно построить точку O, в которой пересекаются прямые и P 1 Q 1 . Проведём через точку O прямую P 2 Q 2 . Если PQ 2 < 10 см Глава 8. Построения и P 2 Q < 10 см, то можно построить точку B 0 , в которой пересекаются прямые PQ 2 и P 2 Q. Если BB 0 < 10 см, то можно построить прямую BB 0 , а эта прямая проходит через точку A см. задачу 5.81 ). 8.77. Построение будет основано на том факте, что если A и B — точки пересечения равных окружностей с центрами P и Q, то – PA = # Пусть S 1 — исходная окружность, A 1 — данная точка. Через точку A 1 проведём окружность S 2 , через точку пересечения окружностей и S 2 — окружность, через точку пересечения окружностей и S 3 — окружность наконец, через точки и пересечения окружностей и с окружностью окружность S 5 . Докажем, что точка пересечения окружностей S 5 и искомая. Пусть O i — центр окружности S i . Тогда # – A 1 O 1 = # – O 2 A 2 = # – A 3 O 3 = = # – O 4 A 4 = # – B 1 O 5 = # Замечание. Точек пересечения окружностей и две в качестве точки можно выбирать любую из них. 8.78. Пусть AB — данный отрезок, P — произвольная точка, не лежащая на данных прямых. Построим точки C и D пересечения второй изданных прямых с прямыми PA и PB соответственно и точку Q пересечения прямых и BC. Согласно задаче 19.2 прямая PQ проходит через середину отрезка Пусть AB — данный отрезок, аи произвольные точки на второй данной прямой. Согласно предыдущей задаче можно построить точку M — середину отрезка CD. Пусть P — точка пересечения прямых AM и BD, E — точка пересечения прямых PC и AB. Докажем, что EB — искомый отрезок. Поскольку и 4PMD ∼ 4PAB, то Пусть AB — данный отрезок, аи произвольные точки на второй данной прямой. Согласно предыдущей задаче можно построить такие точки D 1 = D, D 2 , . . . , D n , что все отрезки равны отрезку Пусть P — точка пересечения прямых AC и BD n , а B 1 , . . . , B n−1 — точки пересечения прямой AB с прямыми PD 1 , . . . , соответственно. Ясно, что точки B 1 , . . . , делят отрезок AB на n равных частей. 8.81. Возьмём на одной изданных прямых отрезок AB и построим его середину M см. задачу. Пусть и M 1 — точки пересечения прямых и PM со второй данной прямой, Q — точка пересечения прямых BM 1 и MA 1 . Легко проверить, что прямая PQ параллельна данным прямым. 8.82. В случае, когда точка P не лежит на прямой AB, можно воспользоваться решением задачи. Если же точка P лежит на прямой AB, то мы можем сначала опустить перпендикуляры и из каких-нибудь других точек, а затем согласно задаче 8.81 провести через точку P прямую, параллельную прямыми а) Пусть A — данная точка, l — данная прямая. Рассмотрим сначала случай, когда точка O не лежит на прямой l. Проведём через точку O две произвольные прямые, пересекающие прямую l в точках B и C. Согласно задаче 8.82 в треугольнике OBC можно опустить высоты на стороны OB и Пусть H — точка их пересечения. Тогда можно провести прямую OH, которая перпендикулярна l. Согласно задаче 8.82 можно опустить перпендикуляр из точки A на OH. Это и есть искомая прямая, проходящая через A и па Решения задач 219 раллельная l. Чтобы из A опустить перпендикулярна, нужно восставить из O перпендикуляр ка затем из A опустить перпендикулярна В случае, когда точка O лежит на прямой l, согласно задаче 8.82 можно сразу опустить из точки A перпендикулярна прямую l, а затем из той же точки A восставить перпендикуляр к прямой б) Пусть l — данная прямая, A — лежащая на ней данная точка и BC — данный отрезок. Проведём через точку O прямые OD и OE, параллельные прямыми соответственно (D и E — точки пересечения этих прямых с окружностью S). Через точку C проведём прямую, параллельную OB, до пересечения с прямой OE в точке F, через F — прямую, параллельную ED, до пересечения св точке G и, наконец, через G — прямую, параллельную до пересечения св точке H. Тогда AH = OG = OF = BC, те требуемый отрезок. в) Возьмём две произвольные прямые, пересекающиеся в точке P. Отложим на одной из них отрезок PA = a, а на другой — отрезки PB = b и PC = Пусть D — точка пересечения прямой PA с прямой, проходящей через и параллельной AC. Ясно, что PD = г) Пусть H — гомотетия (или параллельный перенос, переводящая окружность с центром A и радиусом r в окружность S те. в заданную окружность с отмеченным центром O). Так как радиусы обеих окружностей известны, можно построить образ любой точки X при отображении H. Для этого нужно через точку O провести прямую, параллельную прямой AX, и отложить на ней отрезок, равный r S · AX/r, где r S — радиус окружности S. Аналогично строится образ любой точки при отображении H −1 . Поэтому можно построить прямую l 0 = H(l) и найти точки её пересечения с окружностью S, а затем построить образы этих точек при отображении д) Пусть A и B — центры данных окружностей, C — одна из точек, которые нужно построить, CH — высота треугольника ABC. Записав теорему Пифагора для треугольников ACH и BCH, получим, что AH = (b 2 + c 2 − a 2 )/2c. Величины и c известны, поэтому можно построить точку H и точки пересечения прямой CH с одной изданных окружностей. 8.84. а) Проведём прямые, параллельные прямыми, удалённые от последних на расстояние a и пересекающие стороны угла. Точка пересечения этих прямых лежит на искомой биссектрисе. б) Проведём прямую, параллельную OB, удалённую от последней на расстояние и пересекающую луч OA в некоторой точке M. Через точки O и M проведём другую пару параллельных прямых, расстояние между которыми равно a; прямая, проходящая через точку O, содержит искомую сторону угла. 8.85. Проведём через точку A произвольную прямую, а затем проведём прямые и l 2 , параллельные ей и удалённые от неё на расстояние a; эти прямые пересекают прямую l в точках и M 2 . Через точки A и M 1 проведём ещё одну пару параллельных прямых и l m , расстояние между которыми равно Точка пересечения прямых и лежит на искомом перпендикуляре. 8.86. Проведём прямую, параллельную данной и удалённую от неё на расстояние a. Теперь можно воспользоваться результатами задач 8.81 и 8.78 8.87. Проведём через точку P прямые PA 1 k OA и PB 1 k OB. Пусть прямая делит пополам угол между прямыми l и PA 1 . При симметрии относительно прямой PM прямая переходит впрямую, поэтому прямая при этой симметрии переходит в одну из искомых прямых Глава 8. Построения 8.88. Достроим треугольник ABM до параллелограмма ABMN. Проведём через точку N прямые, параллельные биссектрисам углов между прямыми и MN. Точки пересечения этих прямых с прямой l искомые. 8.89. Проведём прямую l 1 , параллельную прямой OA и удалённую от неё на расстояние a. Возьмём на прямой l произвольную точку B. Пусть B 1 — точка пересечения прямых OB и l 1 . Проведём через точку прямую, параллельную эта прямая пересекает прямую OA в точке A 1 . Проведём теперь через точки O и пару параллельных прямых, расстояние между которыми равно таких пар прямых может быть две пусть X и X 1 — точки пересечения прямой, проходящей через точку O, с прямыми l и l 1 . Так как OA 1 = и 4OAX, точка X искомая. 8.90. Восставим в точках и перпендикуляры к прямой и отложим на них отрезки O 1 B 1 = и O 2 B 2 = O 1 A 1 . Построим середину отрезка ив точке M восставим перпендикуляр к B 1 B 2 . Этот перпендикуляр пересечёт прямую в точке N. Тогда O 1 N 2 + O 1 B 2 1 = O 2 N 2 + O 2 B 2 а значит, O 1 N 2 − O 1 A 2 1 = O 2 N 2 − O 2 A 2 2 , те. точка N лежит на радикальной оси. Остаётся восставить перпендикуляр кв точке Построим сначала произвольную прямую l 1 , перпендикулярную прямой, а затем через точку A проведём прямую, перпендикулярную прямой а) Проведём через точки A и B прямые AP и BQ, перпендикулярные прямой AB, а затем проведём произвольный перпендикуляр к прямой В результате получим прямоугольник. Остаётся опустить из точки пересечения его диагоналей перпендикулярна прямую б) Восставим из точки B перпендикуляр l к прямой AB и проведём через точку A две перпендикулярные прямые они пересекают прямую в точках M и N. Достроим прямоугольный треугольник MAN до прямоугольника. Основание перпендикуляра, опущенного из точки R напрямую, является искомой точкой а) Опустим из точки A перпендикулярна прямую OB и построим отрезок AC, серединой которого является точка P. Тогда угол AOC искомый. б) Возьмём на прямой OB такие точки B и B 1 , что OB = OB 1 . Расположим прямой угол так, чтобы его стороны проходили через точки B и B 1 , а вершина лежала на луче OA. Если A — вершина прямого угла, то угол AB 1 B искомый. 8.94. Проведём через точку O прямую l 0 , параллельную прямой l. Из точки B опустим перпендикуляры BP и BQ на прямые и OA, а затем из точки O опустим перпендикулярна прямую PQ. Тогда прямая искомая (см. задачу если точка Y симметрична точке X относительно прямой l 0 , то прямая YO тоже искомая. 8.95. Достроим треугольник OAB до параллелограмма OABC, а затем построим отрезок CC 1 , серединой которого является точка O. Расположим прямой угол так, чтобы его стороны проходили через точки C и C 1 , а вершина лежала на прямой l. Вершина прямого угла совпадает тогда с искомой точкой Построим отрезок AB, серединой которого является точка O, и расположим прямой угол так, чтобы его стороны проходили через точки A и а вершина лежала на прямой l. Тогда вершина прямого угла совпадёт с искомой точкой ГЛАВА ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ НЕРАВЕНСТВА Основные сведения. Для элементов треугольника используются следующие обозначения, b, c — длины сторон BC, CA, AB; a , b , g — величины углов при вершинах A, B, C; m a , m b , m c — длины медиан, проведённых из вершин A, B, C; h a , h b , h c — длины высот, опущенных из вершин A, B, C; l a , l b , l c — длины биссектрис, проведённых из вершин A, B, C; r и R — радиусы вписанной и описанной окружностей. Если A, B, C — произвольные точки, то AB 6 AC + CB, причём равенство достигается, только если точка C лежит на отрезке AB неравенство треугольника. Медиана треугольника меньше полусуммы заключающих её сторон (b + c)/2 (задача. Если один выпуклый многоугольник лежит внутри другого, то периметр внешнего многоугольника больше периметра внутреннего (задача 9.29 б). 5. Сумма длин диагоналей выпуклого четырёхугольника больше суммы длин любой пары его противоположных сторон (задача. Против большей стороны треугольника лежит больший угол (задача. Длина отрезка, лежащего внутри выпуклого многоугольника, не превосходит либо наибольшей стороны, либо наибольшей диагонали (задача. При решении некоторых задач этой главы нужно знать разные алгебраические неравенства. Сведения об этих неравенствах и их доказательства приведены в приложении к настоящей главе (см. с сними следует познакомиться, но нужно учесть, что они требуются только для решения достаточно сложных задача для решения простых задач понадобятся лишь неравенство (a + b)/2 и следствия из него. Вводные задачи 1. Докажите, что S ABC 6 AB · Докажите, что S ABCD 6 (AB · BC + AD · Докажите, что ∠ABC > тогда и только тогда, когда точка лежит внутри окружности с диаметром Радиусы двух окружностей равны R и r, а расстояние между их центрами равно d. Докажите, что эти окружности пересекаются тогда и только тогда, когда − r| < d < R + r. Глава 9. Геометрические неравенства 5. Докажите, что любая диагональ четырёхугольника меньше половины его периметра 1. Медиана треугольника 9.1. Докажите, что (a + b − c)/2 < m c < (a + Докажите, что в любом треугольнике сумма медиан больше периметра, но меньше периметра. 9.3. Даны n точек A 1 , . . . , и окружность радиуса 1. Докажите, что на окружности можно выбрать точку M так, что MA 1 + . . . . . . + MA n > Точки A 1 , . . . , не лежат на одной прямой. Пусть две разные точки P и Q обладают тем свойством, что A 1 P + . . . + A n P = A 1 Q + . . . . . . + A n Q = s. Докажите, что тогда A 1 K + . . . + A n K < s для некоторой точки На столе лежит 50 правильно идущих часов. Докажите, что в некоторый момент сумма расстояний от центра стола до концов минутных стрелок окажется больше суммы расстояний от центра стола до центров часов 2. Алгебраические задачи на неравенство треугольника В задачах этого параграфа a, b и c — длины сторон произвольного треуголь- ника. 9.6. Докажите, что a = y + z, b = x + z и c = x + y, где x, y и z положительные числа. 9.7. Докажите, что a 2 + b 2 + c 2 < 2(ab + bc + При любом натуральном n из чисел a n , и можно составить треугольник. Докажите, что среди чисел a, b и c есть два равных. 9.9. Докажите, что − c) 2 + b(c − a) 2 + c(a − b) 2 + 4abc > a 3 + b 3 + Докажите, что + c − a + b c + a − b + c a + b − c > Пусть p и q = a c + c b + b a . Докажите, что − q| < Пять отрезков таковы, что из любых трёх из них можно составить треугольник. Докажите, что хотя бы один из этих треугольников остроугольный. 9.13*. Докажите, что (a + b − c)(a − b + c)(−a + b + c) 6 Докажите, что a 2 b(a − b) + b 2 c(b − c) + c 2 a(c − a) > 0. Условия задач 3. Сумма длин диагоналей четырёхугольника 9.15. Пусть ABCD — выпуклый четырёхугольник. Докажите, что + CD < AC + Пусть ABCD — выпуклый четырёхугольник, причём AB + BD 6 6 AC + CD. Докажите, что AB < Внутри выпуклого четырёхугольника с суммой длин диагоналей расположен выпуклый четырёхугольник с суммой длин диагоналей d 0 . Докажите, что d 0 < Дана замкнутая ломаная, причём любая другая замкнутая ломаная с теми же вершинами имеет большую длину. Докажите, что эта ломаная несамопересекающаяся. 9.19*. Сколько сторон может иметь выпуклый многоугольник, все диагонали которого имеют одинаковую длину? 9.20*. На плоскости даны n красных и n синих точек, никакие три из которых не лежат на одной прямой. Докажите, что можно провести n отрезков с разноцветными концами, не имеющих общих точек. 9.21*. Докажите, что среднее арифметическое длин сторон произвольного выпуклого многоугольника меньше среднего арифметического длин всех его диагоналей. 9.22*. Дан выпуклый (2n + угольник A 1 A 3 A 5 . . . A 2n+1 A 2 . . . Докажите, что среди всех замкнутых ломаных с вершинами в его вершинах наибольшую длину имеет ломаная A 1 A 2 A 3 . . . См. также задачу 4. Разные задачи на неравенство треугольника 9.23. В треугольнике длины двух сторон равны 3,14 и 0,67. Найдите длину третьей стороны, если известно, что она является целым числом. 9.24. Докажите, что сумма длин диагоналей выпуклого пятиугольника больше периметра, но меньше удвоенного периметра. 9.25. Докажите, что если длины сторон треугольника связаны неравенством, то c — длина наименьшей стороны. 9.26. Две высоты треугольника равны 12 и 20. Докажите, что третья высота меньше Дан треугольники точка D внутри его, причём AC − DA > > 1 и BC − BD > 1. Пусть E — произвольная точка внутри отрезка Докажите, что EC − ED > Точки C 1 , A 1 , взяты на сторонах AB, BC, CA треугольника так, что BA 1 = l · BC, CB 1 = l · CA, AC 1 = l · AB, причём 1/2 < < l < 1. Докажите, что периметр P треугольника ABC и периметр треугольника связаны неравенствами (2 l − 1)P < P 1 < l P. Глава 9. Геометрические неравенства * * * 9.29*. а) Докажите, что при переходе от невыпуклого многоугольника к его выпуклой оболочке периметр уменьшается. (Выпуклой оболочкой многоугольника называют наименьший выпуклый многоугольник, его содержащий.) б) Внутри выпуклого многоугольника лежит другой выпуклый многоугольник. Докажите, что периметр внешнего многоугольника больше, чем периметр внутреннего. 9.30*. Внутри треугольника ABC периметра P взята точка O. Докажите, что P/2 < AO + BO + CO < На основании AD трапеции ABCD нашлась точка E, обладающая тем свойством, что периметры треугольников ABE, BCE и равны. Докажите, что тогда BC = См. также задачи 5. Площадь треугольника не превосходит половины произведения двух сторон 9.32. Дан треугольник площади 1 со сторонами a 6 b 6 c. Докажите, что b Пусть E, F, G и H — середины сторон AB, BC, CD и DA четырёхугольника ABCD. Докажите, что EG · HF 6 (AB + CD)(AD + Периметр выпуклого четырёхугольника равен 4. Докажите, что его площадь не превосходит Внутри треугольника ABC взята точка M. Докажите, что 4S 6 6 AM · BC + BM · AC + CM · AB, где S — площадь треугольника В окружность радиуса R вписан многоугольник площади содержащий центр окружности, и на его сторонах выбрано по точке. Докажите, что периметр выпуклого многоугольника с вершинами в выбранных точках не меньше Внутри выпуклого четырёхугольника ABCD площади S взята точка O, причём AO 2 + BO 2 + CO 2 + DO 2 = 2S. Докажите, что тогда квадрат и O — его центр 6. Неравенства для площадей 9.38. Точки M и N лежат на сторонах AB и AC треугольника ABC, причём AM = CN и AN = BM. Докажите, что площадь четырёхуголь- ника BMNC по крайней мере в три раза больше площади треугольника Условия задач 225 9.39. Площади треугольников ABC, A 1 B 1 C 1 , равны S, соответственно, причём AB = A 1 B 1 + A 2 B 2 , AC = A 1 C 1 + A 2 C 2 , BC = = B 1 C 1 + B 2 C 2 . Докажите, что S 6 4 √ S 1 S 2 9.40. ABCD — выпуклый четырёхугольник площади S. Угол между прямыми AB и CD равен a , угол между AD и BC равен b . Докажите, что AB · CD sin a + AD · BC sin b 6 2S 6 AB · CD + AD · Через точку, лежащую внутри треугольника, проведены три прямые, параллельные его сторонам. Обозначим площади частей, на Рис. которые эти прямые разбивают треугольник, так, как показано на рис. 9.1. Докажите, что a/ a + b/ b + c/ g > Площади треугольников ABC и A 1 B 1 C 1 равны S и S 1 , причём треугольник не тупоугольный. Наибольшее из отношений a 1 /a, b 1 /b и c 1 /c равно k. Докажите, что S 1 6 а) Точки B, C и D делят (меньшую) дугу AE окружности на четыре равные части. Докажите, чтоб) Из точки A проведены касательные и AC к окружности. Через середину D меньшей) дуги |