Формула. В. В. Прасолов задачи по планиметрии
 Скачать 6.7 Mb.
|
|
12.93. В каждый угол треугольника вписана окружность, касающаяся вписанной окружности треугольника. Найдите радиус вписанной окружности, если известны радиусы этих окружностей. 12.94. Вписанная окружность касается сторон AB, BC, CA в точках соответственно. Докажите, что: а) S = 1 2 MK 2 sin a + KL 2 sin b + LM 2 sin б) S 2 = 1 4 (bcMK 2 + caKL 2 + в 1. Решения 12.1. По теореме синусов sin g = c/2R, поэтому S = (ab sin g )/2 = Радиусы описанных окружностей треугольников ABD и CBD равны sin ADB) и BC/(2 sin BDC). Остаётся заметить, что AB = BC и sin ADB = = sin По теореме синусов b = a sin b / sin a = a sin b / sin( b + g ), поэтому = (ab sin g )/2 = (a 2 sin b sin g )/2 По теореме синусов (a + b)/c = (sin a + sin b )/ sin g . Кроме того a + sin b = 2 sin(( a + b )/2) cos(( a − b )/2) = 2 cos( g /2) cos(( a − b )/2) и sin g = = 2 sin( g /2) cos( g /2). Второе равенство доказывается аналогично. 12.5. В треугольнике длины сторон A 2 B и равны b cos и b cos a ; прямая BO делит угол на углы 90 ◦ − g и 90 ◦ − a . Пусть прямая BO пересекает отрезок в точке M. По теореме синусов A 2 M = = A 2 B sin A 2 BM/ sin A 2 MB = b cos g cos a / sin C 2 MB = Пусть a = ∠(a, c), b = ∠(c, d) и g = ∠(d, b). Тогда) = sin a / sin( b + g ), (BD/BS)/(AD/AS) = sin g / Поэтому (AC · BD)/(BC · AD) = sin a sin g /(sin( a + b ) sin( b + g )). Глава 12. Вычисления и метрические соотношения 12.7. Так как OA/PA = sin OPA/ sin POA и OB/PB = sin OPB/ sin POB, то) = sin POB/ sin Достаточно перемножить пять равенств вида D 1 A/D 1 B = sin B/ sin Пусть O — общая вершина данных треугольников, M и N — середины оснований, k — отношение длин оснований к высотам. Проекции оснований данных треугольников напрямую равны k · OM sin OMN и k · ON sin ONM. Остаётся заметить, что OM/ sin ONM = ON/ sin По теореме синусов BX/ sin BDX = BD/ sin BXD = 2R sin y / sin Кроме того, sin BDX = sin BDC = sin f ; величина угла BXD легко вычисляется: если точки C и D лежат по одну сторону от AB, то ∠BXD = p − f − y , а если по разные, то ∠BXD = | f − y |. Значит, BX = 2R sin f sin y / sin а) Пусть A 1 — середина отрезка BC. Складывая равенства AB 2 = = AA 2 1 + A 1 B 2 − 2AA 1 · BA 1 cos BA 1 A и AC 2 = AA 2 1 + A 1 C 2 − 2AA 1 · A 1 C cos и учитывая, что cos BA 1 A = − cos CA 1 A, получаем требуемое. б) Очевидным образом следует из задачи а). 12.12. По теореме косинусов a 2 −(b−c) 2 =2bc(1−cos a )=4S(1−cos a )/ sin a = = 4S По теореме косинусов cos a = (b 2 + c 2 − a 2 )/2bc. Остаётся воспользоваться формулами sin 2 ( a /2) = (1 − cos a )/2 и cos 2 ( a /2) = (1 + cos Пусть a — угол при вершине параллелограмма. По теореме косинусов и n 2 = a 2 + b 2 − 2ab cos a . Поэтому m 2 n 2 = (a 2 + b 2 ) 2 − − (2ab cos a ) 2 = a 4 + b 4 + 2a 2 b 2 (1 − 2 cos 2 a ). Значит, m 2 n 2 = a 4 + тогда и только тогда, когда cos 2 a = Пусть M — точка пересечения медиан и BB 1 . Угол AMB прямой тогда и только тогда, когда AM 2 + BM 2 = AB 2 , те Согласно задаче 12.11 а) m 2 a + m 2 b = (4c 2 + a 2 + Если m = C 1 M и f = ∠C 1 MO, то OC 2 1 = C 1 M 2 + OM 2 − 2OM · C 1 M cos и BO 2 = CO 2 = OM 2 + MC 2 + 2OM · CM cos f = OM 2 + 4C 1 M 2 + 4OM · C 1 M cos Поэтому BC 2 1 = BO 2 − OC 2 1 = 3C 1 M 2 + 6OM · C 1 M cos f , те. Ясно также, что 18m 2 = 2m 2 c = a 2 + b 2 − c 2 /2 (см. задачу а. Поэтому равенство a 2 + b 2 = эквивалентно тому, что 3c 2 /2, те. Так как c 2 = 12m 2 + 24OM · C 1 M cos f , равенство+ b 2 = эквивалентно тому, что ∠C 1 MO = f = 90 ◦ , те Пусть O — центр описанной окружности. Применив теорему косинусов к треугольнику AOB, получим cos 2 g = 1 − c 2 2R 2 . Если окружности радиусов t a и касаются внутренним образом описанной окружности в вершинах A и и касаются друг друга внешним образом, то по теореме косинусов − t a ) 2 + (R − t b ) 2 − 2(R − t a )(R − t b ) 1 − c 2 2R 2 = (t a + поэтому 2R 2 = 1 − (R − t a ) 2 + (R − t b ) 2 − (t a + t b ) 2 2(R − t a )(R − t b ) = 4t a t b 2(R − t a )(R − те. Аналогично a 2 = 4t b t c R 2 (R − t b )(R − и b 2 = 4t a t c R 2 (R − t a )(R − t c ) Решения задач 299 Следовательно, b 2 c 2 a 2 = 4t 2 a R 2 (R − t a ) 2 . Поэтому − t a = bc 2Ra , а значит + bc = Rabc 2Ra 2 + abc = 4R 2 S 2Ra 2 + 4RS = 2RS a 2 + 2S = Rah a a 2 + ah a = Rh a a + h a 12.18. a) и б) Пусть вписанная окружность касается стороны BC в точке а вневписанная — в точке L. Тогда BC = BK + KC = r ctg( b /2) + r и BC = BL + LC = r a ctg LBO a + r a ctg LCO a = r a tg( b /2) + r a tg( g /2). Кроме того) = в) Согласно задаче − b = BK = r ctg( b /2) и p − b = CL = г) Если вписанная окружность касается продолжений сторон AB ив точках P и Q, то p = AP = AQ = а) Согласно задаче) и r ctg( a /2)=p−a; r ctg( b /2)= = p − b и r a tg( b /2) = p − c; r c tg( b /2) = p − a и r b ctg( b /2) = p. Перемножая эти пары равенств, получаем требуемое. б) Перемножая равенства rp = r a (p − a) и rr a = (p − b)(p − c), получаем = (p − a)(p − b)(p − c). Ясно также, что S 2 = в) Достаточно перемножить равенства rr a = (p − b)(p − c) и r b r c = p(p − и воспользоваться формулой Герона. 12.20. Согласно задаче = r c tg( a /2) tg( b /2) и p = Согласно задаче 12.19 а) r a = rp/(p − a) и r b = rp/(p − b). Поэтому) и r a + r b = rpc/((p − a)(p − b)), а значит+ r b ) = rp = Согласно задаче 12.19 а) 1/r b = (p − b)/pr и 1/r c = (p − c)/pr. Поэтому a/pr = a/S = Легко проверить, что 1/h a = a/2pr и 1/r a = (p − a)/pr. Складывая аналогичные равенства, получаем требуемое. 12.24. Согласно задаче 12.19 а) 1/((p − b)(p − c)) = 1/rr a . Остаётся сложить аналогичные равенства и воспользоваться результатом задачи 12.23 12.25. Согласно задаче 4SR = abc. Ясно также, что = p(p − b)(p − c) + p(p − c)(p − a) + p(p − a)(p − b) − − (p − a)(p − b)(p − c) = S 2 (p − a) + S 2 (p − b) + S 2 (p − c) − S 2 p = S(r a + r b + r c − Согласно задаче 12.19 а) r a r b = p(p − c), r b r c = p(p − a) и r c r a = p(p − Складывая эти равенства, получаем требуемое. 12.27. Так как S = rp = r a (p − a) = r b (p − b) = r c (p − c), то выражение в левой части равно (p 3 − (p − a) 3 − (p − b) 3 − (p − c) 3 )/S 3 = 3abc/S 3 . Остаётся заметить, что abc/S = 4R (задача 12.1 ). 12.28. Пусть углы треугольника ABC равны 2 a , 2 b и 2 g . Согласно задачам аи 12.39б) r = 4R sin a sin b sin и r a = 4R sin a cos b cos g . Поэтому + r a )(4R + r − r a ) = = 16R 2 sin a (sin b sin g + cos b cos g )(1 + sin a (sin b sin g − cos b cos g )) = = 16R 2 sin a cos( b − g )(1 − sin a cos( b + g )) = 16R 2 sin a cos( b − g ) cos 2 a Глава 12. Вычисления и метрические соотношения Остаётся заметить, что 4R sin a cos a = a и sin( b + g ) cos( b − g ) = 2R(sin 2 b + sin 2 g ) = b + Второе равенство доказывается аналогично. 12.29. Так как OA = r/ sin( a /2) и bc = 2S/ sin a , то OA 2 /bc = r 2 ctg( a /2)/S = = r(p − a)/S см. задачу 12.18 в). Остаётся заметить, что r(p − a + p − b + p − c) = = rp = Решим сразу задачу б, частным случаем которой является задача а. Так как ctg( f /2) = sin f /(1 − cos f ), то данное соотношение можно записать в виде p 2 (1 − x) 2 = (1 − x 2 )(2R(1 − x) + r) 2 , где x = cos f . Корень 1 этого уравнения нас не интересует, так как в этом случае был бы не определён; поэтому, сократив обе части уравнения на 1 − x, придём к кубическому уравнению. Использовав результаты задач 12.40 , 12.43 б) ив, можно проверить, что это уравнение совпадает с уравнением, где a , b и углы треугольника. Значит, косинус угла равен косинусу одного из углов треугольника кроме того, косинус монотонен на интервале от 0 до Согласно теореме синусов sin a + sin b + sin g = p/r. Согласно задаче. Поэтому приведённое в условии задачи соотношение можно переписать следующим образом p = (R + r) √ 3. Для f = имеем (R + r) √ 3 = 2R sin f + r ctg( f /2). Остаётся воспользоваться результатом задачи 12.30 б). 12.32. Ясно, что 2pr = 2S = ab sin g = abc/2R, те. Для доказательства второго равенства воспользуемся формулой Герона: те abc = = −p 3 + p(ab + bc + ca) − 4prR. Сокращая на p, получаем требуемое. 12.33. Так как abc = 4RS задача, то выражение в левой части равно Достаточно заметить, что (p − c)/p = r/r c (задача 12.19 а), r = = c sin( a /2) sin( b /2)/ cos( g /2) и r c = c cos( a /2) cos( b /2)/ cos( g /2) (задача 12.18 ). 12.35. Согласно задаче = abc/4R. С другой стороны, S = ah a /2. Поэтому Так как ah a = 2S = 2(p − и r a /a = cos( b /2) cos( g /2)/ cos( a /2) (задача 12.18 б), то h a = 2(p − a) cos( b /2) cos( g /2)/ cos( a /2). Учитывая, что (p − a) ctg( b /2) = r c = (p − b) ctg( a /2) (задача 12.18 в), получаем h a = = 2(p − b) sin( b /2) cos( g /2)/ а) Пусть продолжение биссектрисы AD пересекает описанную окружность треугольника ABC в точке M. Тогда AD · DM = BD · DC итак как ∼ 4AMC, AB · AC = AD · AM = AD(AD + DM) = AD 2 + BD · DC. Кроме того, BD = ac/(b + c) и DC = ab/(b + c). Значит, AD 2 = bc − bca 2 /(b + c) 2 = = 4p(p − a)bc/(b + б) См. решение задачи 4.48 в) Пусть AD — биссектриса, AH — высота треугольника ABC. Тогда AH = = c sin b = 2R sin b sin g . С другой стороны, AH = AD sin ADH = l a sin( b + ( a /2)) = = l a sin(( p + b − g )/2) = г) Учитывая, что p = 4R cos( a /2) cos( b /2) cos( g /2) (задача 12.38 в) и sin b + + sin g = 2 sin(( b + g )/2) cos(( b − g )/2) = 2 cos( a /2) cos(( b − g )/2), приходим к формуле задачи в Решения задача) Пусть O — центр вписанной окружности, K — точка касания вписанной окружности со стороной AB. Тогда sin g = AB = AK + KB = r(ctg( a /2) + ctg( b /2)) = = r sin(( a + b )/2)(sin( a /2) Учитывая, что sin g = 2 sin( g /2) cos( g /2) и sin(( a + b )/2) = cos( g /2), получаем требуемое. б) Согласно задаче − a = AK = r Аналогично − b = = r ctg( b /2) и p − c = r ctg( g /2). Перемножая эти равенства и учитывая, что − a)(p − b)(p − c) = S 2 = (pr) 2 , получаем требуемое. в) Очевидным образом следует из задача) и б). 12.39. а) Перемножая равенства cos( a /2)/ sin( a /2) = p − a, sin( a /2) sin( b /2) sin( g /2) = см. задачи 12.18 в) и 12.38 а), получаем требуемое. б) Согласно задаче 12.18 в) r a tg( g /2) = r ctg( b /2). Умножая это равенство на равенство r/4R = sin( a /2) sin( b /2) sin( g /2), получаем требуемое. 12.40. Складывая равенства cos a + cos b = 2 cos(( a + b )/2) и cos g = − cos( a + b ) = −2 cos 2 (( a + b )/2) + 1 и учитывая, что cos(( a − b )/2) − − cos(( a + b )/2) = 2 sin( a /2) sin( b /2), получаем cos a + cos b + cos g = 4 sin( a /2) sin( b /2) sin( g /2) + 1 = r R + см. задачу 12.38 а). 12.41. а) Складывая равенства cos 2 a + cos 2 b = 2 cos( a + b ) cos( a − b ) = = −2 cos g cos( a − b ) и cos 2 g = 2 cos 2 g − 1 = −2 cos g cos( a + b ) − 1 и учитывая, что cos( a + b ) + cos( a − b ) = 2 cos a cos b , получаем требуемое. б) Достаточно подставить выражения видав равенство, полученное в задаче а). в) Согласно задаче – OH = # – OA + # – OB + # – OC, поэтому ( # – OA + # – OB + # – OC) 2 = 3R 2 + 2R 2 (cos 2 a + cos 2 b + cos При записи последнего равенства мы воспользовались тем, что ( # – OA, # – OB) = = 2R cos ∠AOB = 2R cos 2 g и т. д. 12.42. Складывая равенства sin 2 a + sin 2 b = 2 sin( a + b ) cos( a − b ) = = 2 sin g cos( a − b ) и sin 2 g = 2 sin g cos g = −2 sin g cos( a + b ) и учитывая, что cos( a − b ) − cos( a + b ) = 2 sin a sin b , получаем требуемое. 12.43. а) Ясно, что sin 2 a + sin 2 b + sin 2 g = (a 2 + b 2 + c 2 )/4R и a 2 + b 2 + c 2 = = (a + b + c) 2 − 2(ab + bc + ca) = 4p 2 − 2(r 2 + p 2 + 4rR) см. задачу 12.32 ). б) Согласно задаче 12.41 б) 2 cos a cos b cos g = sin 2 a + sin 2 b + sin 2 g − 2. Остаётся воспользоваться результатом задачи а). в) Возведём в квадрат тождество из задачи, подставим в полученное тождество 1 − 2 cos a cos b cos вместо cos 2 a + cos 2 b + cos 2 g (задача 12.41 б), а затем воспользуемся задачей б. В результате получим требуемое. 12.44. Теорему косинусов можно переписать в виде ab cos g = (a 2 + b 2 − Складывая три аналогичных равенства, получаем требуемое. 12.45. Согласно задаче = p(p − a)/abc. Остаётся заметить, что p(p − a) + p(p − b) + p(p − c) = и abc = 4SR = 4prR. Глава 12. Вычисления и метрические соотношения 12.46. а) Так как bc cos a = 2S ctg a , то a 2 = b 2 + c 2 − 4S ctg a . Складывая три аналогичных равенства, получаем требуемое. б) Для остроугольного треугольника a 2 ctg a = 2R 2 sin 2 a = 4S BOC , где O центр описанной окружности. Остаётся сложить три аналогичных равенства. Для треугольника с тупым углом величину нужно взять со знаком минус. 12.47. Согласно задаче) + ctg( b /2) = c/r и tg( a /2) + tg( b /2) = = c/r c . Остаётся сложить такие равенства для всех пар углов треугольника. 12.48. Ясно, что tg g = − tg( a + b ) = −(tg a + tg b )/(1 − tg a tg b ). Домножая обе части на 1 − tg a tg b , получаем требуемое) = ctg a 2 + b 2 = [1 − tg( a /2) tg( b /2)]/[tg( a /2) + tg( b /2)]. Оста- ётся домножить обе части на tg( a /2) + а) Домножим обе части равенства на sin a sin b sin g . Дальнейший ход доказательства таков g (sin a cos b + sin b cos a ) + sin g (cos a cos b − sin a sin b ) = = cos g sin( a + b ) + sin g cos( a + b ) = cos g sin g − sin g cos g = б) Домножим обе части равенства на sin a sin b sin g . Дальнейший ход доказательства таков cos a (sin b sin g − cos b cos g ) + sin a (cos b sin g + cos g sin b ) = = cos 2 a + sin 2 a = Так как sin 2 a + sin 2 b + sin 2 g − 2 = 2 cos a cos b cos см. задачу б) и S = 2R 2 sin a sin b sin g , остаётся проверить, что a + tg b + tg g ) cos a cos b cos g = sin g sin b sin Последнее равенство доказано в решении задачи 12.50 а). 12.52. Пусть A и B — вершины углов и b , P — точка пересечения несов- падающих сторон этих углов, Q — общая точка данных окружностей, лежащая на отрезке PA. Треугольник AQB равнобедренный, поэтому ∠PQB = 2 a . Атак как ∠PQB + ∠QPB = b + ∠QBA, то b = Согласно задаче 1 b + 1 c = 2 cos( a /2)/l a , поэтому cos( a /2) = те Опустим из точки M перпендикулярна прямую BC. Тогда. В прямоугольном треугольнике BDM катет MD равен половине гипотенузы BM. Поэтому ∠MBC = ∠MBD = Величины AD · BC sin ADB и BE · AC sin AEB равны, так как они равны удвоенной площади треугольника ABC. Поэтому sin ADB = sin Возможны два случая. ∠ADB = ∠AEB; в этом случае точки A, E, D, B лежат на одной окружности, поэтому ∠EAD = ∠EBD, те, чего не может быть по условию. ∠ADB + ∠AEB = 180 ◦ ; в этом случае ∠ECD + ∠EOD = 180 ◦ , где O — точка пересечения биссектрис. Так как ∠EOD = 90 ◦ + ∠C/2 (задача, то ∠C = Пусть B 0 — точка пересечения серединного перпендикуляра кот- резку AC с прямой AB. Тогда AB 0 = и ∠AB 0 C = 180 ◦ − 2 · 75 ◦ = Поэтому AB 0 = CB 0 = 2CH = AB, те и ∠B = Ясно, что AKDM — прямоугольники точка пересечения его диагоналей. Так как AD ⊥ BC и AM ⊥ BA, то ∠DAM = ∠ABC. Аналогично. Опустим из точки A перпендикулярна прямую KM. Решения задач 303 Пусть для определённости ∠B < ∠C. Тогда точка P лежит на отрезке Из подобия треугольников AKP и MKA получаем AK : AP = MK : MA. Поэтому. По условию AL 2 = AK · следовательно, AL = 2AP, те. Ясно, что ∠KMA = ∠ALP/2 = Поэтому острые углы треугольника ABC равны 15 и Пусть CD — биссектриса. Тогда BD = ac/(a + b). С другой стороны, поэтому BD : BC = BC : BA, те. Следовательно. Стороны треугольника ABC равны a, 2a и, поэтому его углы равны 30, 90 и Пусть ∠ABC = 2x, тогда внешний угол A треугольника ABE равен + ∠AEB = x + a . Далее, ∠BAE − ∠BAK = (180 ◦ − x − a ) − (180 ◦ − 2x − 2 a ) = = x + a . Следовательно, AE — биссектриса внешнего угла A треугольника. Атак как BE — биссектриса внутреннего угла B этого треугольника, то E — центр его вневписанной окружности, касающейся стороны AK. Поэтому Пусть A 1 . . . A 18 — правильный восемнадцатиугольник. В качестве треугольника ABC можно взять треугольник A 14 A 1 A 9 . Согласно задаче 6.64 б) диагонали A 1 A 12 , и пересекаются водной точке, поэтому ∠AMC = = ( A 18 A 2 + A 9 A 14 )/2 = Пусть A 1 . . . A 18 — правильный восемнадцатиугольник, O — его центр. В качестве треугольника ABC можно взять треугольник A 1 OA 18 . Диагонали A 2 A 14 и симметричны относительно диаметра A 1 A 10 , а диагональ проходит через точку пересечения диагоналей и см. решение предыдущей задачи, поэтому ∠ADE = ( A 1 A 2 + A 12 A 14 )/2 = Поскольку ∠BDE = и ∠CED = 30 ◦ , то ∠BOC = ∠EOD = 180 ◦ − 50 ◦ − − 30 ◦ = 100 ◦ . Будем считать, что фиксированы диаметры и окружности, причём ∠BOC = 100 ◦ , а точка A движется по дуге B 0 C 0 . Пусть D — точка Рис. пересечения и AC, E — точка пересечения ирис. Так как при движении точки от к отрезок OE увеличивается, а уменьшается, то угол OED убывает, а угол возрастает. Поэтому существует единственное положение точки A, при котором ∠CED = ∠OED = и ∠BDE = ∠ODE = Докажем теперь, что треугольник ABC с углами обладает требуемым свойством. Пусть A 1 . . . A 18 — правильный во- семнадцатиугольник. В качестве треугольника можно взять треугольник A 2 A 14 A 9 . Диагональ проходит через точку E (см. решение задачи Пусть — точка пересечения прямых и A 5 A 14 ; прямая симметрична прямой относительно прямой A 5 A 14 , поэтому она проходит через точку F. В треугольнике CDF луч CE является биссектрисой угла C, а прямая FE — биссектрисой внешнего угла при вершине Поэтому DE — биссектриса угла ADB, те Пусть D, E и F — точки касания окружности сии Тогда 180 ◦ = ∠BOC = 2 a + 2 b + 2 g , те. Так как ∠BPO = 90 ◦ − b Глава 12. Вычисления и метрические соотношения и ∠QOC = g + a = 90 ◦ − b , то ∠BPO = ∠COQ. Ясно также, что ∠PBO = Поэтому ∼ 4COQ, а значит, PB · CQ = BO · CO = Пусть P и Q — середины сторон BC и CD соответственно. Точки и Q являются точками касания вписанной окружности со сторонами и CD. Поэтому достаточно проверить, что PF + GQ = FG. В самом деле, если F 0 G 0 — отрезок, параллельный FG и касающийся вписанной окружности, то PF 0 + G 0 Q = F 0 G 0 , поэтому F 0 = F и G 0 = Можно считать, что сторона квадрата равна 2. Пусть GD = x. Так как : EB = AD : GD, то BF = 2/x. Поэтому CG = 2 − x, GQ = x − 1, CF = 2 − 2 x , FP = 2 x − 1, те и FG 2 = CG 2 + CF 2 = (2 − x) 2 + 2 − 2 x 2 = = 4 − 4x + x 2 + 4 − 8 x + 4 x 2 = x + 2 x − 2 2 = (PF + Обозначим вершины квадратов так, как показано на рис. Пусть O — центр окружности, H — середина данной хорды, K — середина отрезка. Так как tg AHB = 2 = tg A 1 HD 1 , точка H лежит на прямой Пусть a = ∠AHB = ∠A 1 HD 1 . Тогда AB − A 1 D 1 = (AH − A 1 H) sin a = 2KH sin Рис. 12.7 = 2OH sin 2 a . Ясно, что sin 2 a = 4/5. Поэтому разность длин сторон квадратов равна Пусть медиана BM треугольника ABC пересекает вписанную окружность в точках K и L, причём BK = KL = LM = x. Пусть для определённо- сти точка касания вписанной окружности со стороной лежит на отрезке MC. Тогда, так как при симметрии относительно серединного перпендикуляра к отрезку BM точки B и M переходят друг в друга, а вписанная окружность переходит в себя, касательная MC переходит в касательную BC. Следовательно, те Так как (2a 2 + 2c 2 − b 2 )/4 (см. зада- чу 12.11 а), то 9x 2 = (2a 2 + 2c 2 − 4a 2 )/4 = (c 2 − Пусть точка P — точка касания вписанной окружности со стороной BC. Тогда BP = (a + c − b)/2 = (c − a)/2. С другой стороны, по свойству касательной BP 2 = BK · BL, те. Поэтому ((c − a)/2) 2 . Перемножая равенства 9x 2 = (c 2 − a 2 )/2 и ((c − a)/2) 2 = = 2x 2 , получаем (c + a)/(c − a) = 9/4, те. В итоге получаем, что a : b : c = 5 : 10 : Пусть 2a и 2b — длины сторон первого и второго квадратов. Тогда расстояние от центра окружности до вершин второго квадрата, лежащих на окружности, равно p (a + 2b) 2 + b 2 . С другой стороны, это расстояние равно. Следовательно, (a + 2b) 2 + b 2 = 2a 2 , те Нам подходит только решение a = Пусть P и Q — середины отрезков AC и AB, R — центр окружности радиус окружности S 1 . Легко проверить, что = a + x, QR = a + b − x и PQ = b. Проведём в треугольнике PQR высоту Расстояние от точки R до прямой CD равно x, поэтому PH = a − x, а значит = |b − a + x|. Следовательно, (a + x) 2 − (a − x) 2 = RH 2 = (a + b − x) 2 − (b − a + те. В итоге получаем x = ab/(a + b). Для радиуса окружности получаем точно такое же выражение Решения задач 305 12.69. Пусть x — радиус окружности S, касающейся окружностей и и луча AB, y — радиус окружности S 0 , касающейся окружностей и и луча BA. Положение окружности, касающейся окружности и луча соответственно и луча BA) однозначно определяется её радиусом, поэтому достаточно проверить, что x = Приравнивая два выражения для квадрата расстояния от центра окружности до прямой AD, получаем (x + 1) 2 − (x − 1) 2 = (3 + x) 2 − (5 − те Рассматривая окружности и S 3 , легко проверить, что AB 2 = (3 + 4) 2 −1 2 = =48. С другой стороны, квадраты расстояний от центра окружности до прямых и BC равны (y + 3) 2 − (5 − y) 2 = 16(y − 1) и (4 + y) 2 − (4 − y) 2 = соответственно. Следовательно, 4 py − 1 + 4 √ y = √ 48, те Если углы треугольника образуют арифметическую прогрессию, то они равны a − g , a , a + g , где g > 0. Так как сумма углов треугольника равна 180 ◦ , то a = 60 ◦ . Стороны этого треугольника равны 2R sin( a − g ), 2R sin a , 2R sin( a + g ). Поскольку против большего угла лежит большая сторона, то sin( a − g ) 6 sin a 6 а) Если числа sin( a − g ) 6 sin a 6 sin( a + g ) образуют арифметическую прогрессию, тот. е. cos g = Рис. или g = 0. Следовательно, все углы треугольника равны 60 ◦ б) Если числа sin( a − g ) 6 sin a 6 образуют геометрическую прогрессию, то sin 2 a = = sin( a − g ) sin( a + g ) = sin 2 a cos 2 g − sin 2 g cos 2 a 6 6 sin 2 a cos 2 g . Поэтому cos g = 1, те. все углы треугольника равны Достроим треугольник ABC до параллелограмма рис. 12.8). Пусть BC = x и AD = y. Тогда и (b − a) 2 = x 2 + y 2 − − 2xy cos 45 ◦ = x 2 + y 2 − 2xy sin По теореме Пифагора a 2 + b 2 = (AO 2 + BO 2 ) + (CO 2 + DO 2 ) = = (BO 2 + CO 2 ) + (DO 2 + AO 2 ) = x 2 + y 2 . Следовательно те Так как BK = (a + c − b)/2 и KC = (a + b − c)/2 (см. задачу 3.2 ), то BK · KC = (a 2 − (b − c) 2 )/4 = S tg( a /2) см. задачу 12.12 ). 12.73. Так как + c)/a = cos(( b − g )/2)/ sin( a /2) (задача 12.4 ), то cos(( b − g )/2) = cos( a /2), те. Если b = g + a , то b = 90 ◦ , а если b + a = g , то g = Легко проверить, что S ABC = 2R 2 sin a sin b sin g . Аналогично S A 1 B 1 C 1 = = 2R 2 sin(( b + g )/2) sin(( a + g )/2) sin(( a + b )/2) = 2R 2 cos( a /2) cos( b /2) Поэтому S ABC /S A 1 B 1 C 1 = 8 sin( a /2) sin( b /2) sin( g /2) = 2r/R см. задачу 12.38 а). 12.75. Сумма котангенсов углов треугольника равна (a 2 + b 2 + c 2 )/4S задача а. Кроме того, m 2 a + m 2 b + m 2 c = 3(a 2 + b 2 + c 2 )/4 (задача 12.11 б) и площадь треугольника, составленного из медиан треугольника ABC, равна площади треугольника ABC (задача 1.37 ). 12.76. Одна из точек лежит внутри треугольника, образованного тремя другими точками, поэтому можно считать, что треугольник остроугольный (или прямоугольный. Числа и легко находятся из соот- Глава 12. Вычисления и метрические соотношения ветствующей системы уравнений в результате получаем l 1 = (b 2 + c 2 − a 2 )/2, l 2 = (a 2 + c 2 − b 2 )/2 и l 3 = (a 2 + b 2 − c 2 )/2, где a = A 2 A 3 , b = и c = Согласно задаче 5.51 б) A 1 A 2 4 = 4R 2 − a 2 , где R — радиус описанной окружности треугольника A 1 A 2 A 3 . Поэтому l 4 = A 1 A 2 4 − l 1 = 4R 2 − (a 2 + b 2 + c 2 )/2 = = A 2 A 2 4 − l 2 = A 3 A 2 Проверим теперь, что 1/ l i = 0. Так как (b 2 + c 2 − a 2 )/2 = bc cos a = = 2S ctg a , то 1/ l 1 = tg a /2S. Остаётся заметить, что 2/(a 2 + b 2 + c 2 − 8R 2 ) = = (tg a + tg b + tg g )/2S (задача 12.51 ). 12.77. Если ax 1 + by 1 + c = 0 и ax 2 + by 2 + c = 0, то a(x 1 − x 2 ) + b(y 1 − y 2 ) = Поэтому вектор (a, b) перпендикулярен рассматриваемой прямой. Следовательно, перпендикуляр, опущенный из точки (x 0 , y 0 ) на рассматриваемую прямую, состоит из точек с координатами (x 0 + l a, y 0 + l b). Если) + b(y 0 + l 0 b) + c = 0, те, то мы получаем точку на рассматриваемой прямой. Остаётся заметить, что расстояние от точки, y 0 ) до прямой ax + by + c = 0 равно | l 0 | √ a 2 + а) Прямая, проходящая через точки (0, 0) и (x 1 , y 1 ), задаётся уравнением. Поэтому согласно задаче 12.77 расстояние от точки, y 2 ) до этой прямой равно x 1 y 2 | p x 2 1 + y 2 1 . Это расстояние равно высоте рассматриваемого треугольника, опущенной на сторону длиной p x 2 1 + y 2 б) Площадь рассматриваемого треугольника равна площади треугольника с вершинами в точках (0, 0), (x 1 − x 3 , y 1 − y 3 ) и (x 2 − x 3 , y 2 − y 3 ). Воспользовавшись формулой из задачи а, получаем требуемое. 12.79. Пусть (a 1 , b 1 ), (a 2 , b 2 ) и (a 3 , b 3 ) — координаты вершин треугольника. Координаты центра его описанной окружности задаются системой уравнений − a 1 ) 2 + (y − b 1 ) 2 = (x − a 2 ) 2 + (y − b 2 ) 2 , (x − a 1 ) 2 + (y − b 1 ) 2 = (x − a 3 ) 2 + (y − Легко проверить, что эти уравнения линейные, а значит, решение рассматриваемой системы уравнений рационально. 12.80. Возьмём на отрезках AB и CD точки K и L, делящие их в указанных отношениях. Достаточно доказать, что точка пересечения прямых AK и лежит на окружности S. Введём систему координат с началом в центре окружности S и осями Ox и Oy, направленными по лучами. Радиус окружности S можно считать равным 1. Прямые AK и CL задаются соответственно уравнениями y = (x + 1)/3 и y = 2x − 1. Поэтому их общая точка имеет координаты x 0 = 4/5 и y 0 = 3/5. Ясно, что x 2 0 + y 2 0 = Пусть d — расстояние от центра описанной окружности до образа центра вписанной окружности при рассматриваемой гомотетии. Достаточно проверить, что R = d + 2r. Пусть (0, 0), (2a, 0) и (0, 2b) — координаты вершин данного треугольника. Тогда (a, b) — координаты центра описанной окружности координаты центра вписанной окружности, причём r = a + b − задача. Следовательно, d 2 = (2r − a) 2 + (2r − b) 2 = a 2 + b 2 −4r(a+b−r)+4r 2 = = (R − 2r) 2 , так как a 2 + b 2 = Рассмотрим систему координат с началом в центре квадрата и осью Ox, параллельной прямой l. Пусть вершины квадрата имеют следующие координаты A(x, y), B(y, −x), C(−x, −y) и D(−y, x); прямая l задаётся Решения задач 307 уравнением y = a. Тогда точка Q имеет координаты ((x + y)/2, (y − а точка P имеет координаты (−y, a). Следовательно, искомое ГМТ состоит из точек (t, −t + a/2), где t = (x − y)/4. Остаётся заметить, что величина x − изменяется от+ y 2 ) = −AB до AB. 12.83. Введём на плоскости систему координат, выбрав прямую l в качестве оси x. Пусть (a 1 , b 1 ), (a 2 , b 2 ), (a 3 , b 3 ) — координаты вершин A 1 , A 1 , Прямая A 2 A 3 задаётся уравнением − a 2 a 3 − a 2 = y − b 2 b 3 − Прямая, проведённая через вершину A 1 , задаётся уравнением, в котором отношение коэффициентов при x и y тоже самое по абсолютной величине, но имеет противоположный знак. Таким образом, эта прямая задаётся уравнением Напишем аналогично уравнения прямых, проведённых через вершины и Умножим левые части этих уравнений на (a 3 − a 2 )(b 3 − b 2 ), (a 1 − a 3 )(b 1 − b 3 ), (a 2 − a 1 )(b 2 − b 1 ) соответственно и сложим их. Легко проверить, что указанная сумма тождественно равна нулю. Из этого следует, что прямые, заданные этими уравнениями, пересекаются водной точке ГЛАВА 13 ВЕКТОРЫ Основные сведения. Мы будем пользоваться следующими обозначениями: а) # – AB и — векторы; б) AB и |a| — их длины иногда длину вектора a обозначают в) ( # – AB, # – CD), ( a, b) и ( # – AB, a) — скалярные произведения векторов; г) (x, y) — вектор с координатами x, д) #– 0 или 0 — нулевой вектор. Ориентированным углом между ненулевыми векторами a и b обозначение) будем называть угол, на который нужно повернуть против часовой стрелки вектор a, чтобы он стал сонаправлен с вектором b. Углы, отличающиеся насчитают равными. Легко проверить следующие свойства ориентированных углов между векторами: а) ∠(a, b) = −∠(b, б) ∠(a, b) + ∠(b, c) = ∠(a, в) ∠(−a, b) = ∠(a, b) + 180 ◦ 3. Скалярным произведением векторов a и b называют число (a, b) = = | a| · |b| cos ∠(a, b) если один из этих векторов нулевой, то (a, b) = 0). Легко проверить следующие свойства скалярного произведения: а) (a, b) = (b, б, b)| 6 |a| · в) ( l a + m b, c) = l ( a, c) + m ( b, г) если a = (x 1 , y 1 ) и = (x 2 , y 2 ), то ( a, b) = x 1 x 2 + д) если a, b 6= 0, то (a, b) = 0 тогда и только тогда, когда a ⊥ b. 4. Многие векторные неравенства доказываются с помощью следующего факта. Пусть даны два набора векторов, причём известно, что сумма длин проекций векторов первого набора на любую прямую не больше суммы длин проекций векторов второго набора на туже прямую. Тогда сумма длин векторов первого набора не больше суммы длин векторов второго набора (см. задачу. Тем самым задача на плоскости сводится к задаче на прямой, которая обычно бывает легче. Вводные задачи 1. Пусть AA 1 — медиана треугольника ABC. Докажите, что # – AA 1 = = ( # – AB + # Докажите, что + b| 2 + | a − b| 2 = 2(| a| 2 + | b| 2 ). Условия задач 309 3. Докажите, что если векторы a + b и a − b перпендикулярны, то = Пусть # – OA + # – OB + # – OC = #– 0 и OA = OB = OC. Докажите, что ABC правильный треугольник. 5. Пусть M и N — середины отрезков AB и CD. Докажите, что – MN = ( # – AC + # – BD)/2. |