Формула. В. В. Прасолов задачи по планиметрии
 Скачать 6.7 Mb.
|
|
Решения 13.1. а) Пусть a = # – BC, b = # – CA и = # – AB; AA 0 , и CC 0 — медианы треугольника. Тогда – AA 0 = ( c − b)/2, # – BB 0 = ( a − c)/2 и – CC 0 = ( b − a)/2. Поэтому – AA 0 + # – BB 0 + # – CC 0 = #– 0 б) Пусть a 1 = # – AA 0 , b 1 = # и c 1 = # – CC 0 . Тогда (c 1 − b 1 )/2 = ( b − a − a + c)/4 = = −3 a/4 — вектор стороны треугольника Первое решение. Пусть a, b и c — векторы сторон треугольника. Тогда (b − a)/2, (a − c)/2 и (c − b)/2 — векторы его медиан. Можно считать, что a, b и c — векторы, идущие из точки пересечения медиан треугольника в его вершины. Тогда b − a, a − c и c − b — векторы его сторон. В тор о ере ш е ни е. Пусть A 1 — середина стороны BC треугольника = ABC, M — точка пересечения его медиан, P — точка, симметричная точке относительно точки A 1 . В качестве можно взять треугольник Его медиана параллельна BC. Для остальных медиан треугольника доказательство аналогично. 13.3. Ясно, что 2 # – M 1 M 2 = # – A 1 A 2 + # – A 2 A 3 = # – A 1 A 3 , 2 # – M 3 M 4 = # и 2 # – M 5 M 6 = = # – A 5 A 1 . Поэтому # – M 1 M 2 + # – M 3 M 4 + # – M 5 M 6 = #– 0 После поворота на векторы a 1 , . . . , переходят в векторы сторон n-угольника. 13.5. Из данных векторов можно составить выпуклый четырёхугольник. Длины всех сторон этого четырёхугольника равны 1, поэтому он — ромб пары его противоположных сторон дают требуемое разбиение. 13.6. Пусть a = # – AE, b = # – DF и = # – AD. Тогда 2 # – AK = b + v и 2 # – AL = a + v + поэтому # – KL = # – AL − # – AK = ( a + b)/2. Аналогично # – NM = ( a + Отложим данные векторы от одной точки и, идя почасовой стрелке, занумеруем их по порядку a 1 , . . . , a n . Рассмотрим замкнутую ломаную. . . A n , для которой # – A i A i+1 = a i . Докажем, что A 1 . . . A n — выпуклый многоугольник. Введём систему координат, направив ось Ox по вектору Пусть векторы a 2 , . . . , лежат по одну сторону от оси Ox, а векторы, . . . , a n — по другую (если есть вектор, направленный противоположно то его можно отнести к любой из этих двух групп. Проекции векторов первой группы на ось Oy имеют один знака проекции векторов второй группы — другой. Поэтому вторые координаты как точек A 2 , A 3 , . . . , A k+1 , таки точек A k+1 , . . . , A n , изменяются монотонно в первом случае от нуля до некоторой величины d, а во втором — от d до нуля. Так как интервалов монотонности только два, все вершины многоугольника лежат по одну сторону от прямой A 1 A 2 . Для остальных прямых, проходящих через стороны многоугольника, доказательство проводится аналогично Глава 13. Векторы Рис. Согласно задаче 13.7 из данных векторов можно составить выпуклый четырёхугольник. Дальнейшее ясно из рис. Согласно задаче 13.8 б) изданных векторов можно составить са- мопересекающуюся четырёхзвенную ломаную её можно представить как две диагонали и две противоположные стороны выпуклого четырёхугольника. Возможны два случая вектор a может быть как стороной, таки диагональю этого четырёхугольника. Нов обоих случаях сумма в левой части неравенства представляет собой сумму длин двух противоположных сторон и двух диагоналей четырёхугольника, а в сумму в правой части входит длина суммы векторов тех же самых противоположных сторон и длины двух других противоположных сторон. Остаётся заметить, что сумма длин двух векторов не меньше длины их суммы, а сумма длин диагоналей выпуклого четырёхугольника больше суммы длин двух противоположных сторон (см. задачу 9.15 ). 13.10. Пусть диагональ BE пересекает диагонали AD ив точках F и Стороны треугольников AFE и BCD параллельны, поэтому они подобны и AF : FE = BC : CD. Следовательно, AD : BE = (AF + BC) : (EF + CD) = BC : Аналогично AE : BD = DE : AC. Из подобия треугольников BED и EGA получаем. Итак. Ясно, что # – BC + # – CD + # – DE + # – EA + # – AB = #– 0 , # – AD + # – BE + # – CA + # – DB + # – EC = #– 0 и # – BC = l # – AD, # – CD = l # – BE, # – DE = l # – CA, # – EA = l # – DB. Следовательно = l ( # – AD + # – BE + # – CA+ # – DB) + # – AB= = − l # – EC + # – AB, те. Поэтому AB k Пусть a = # – AB, b = # – BC, c = # – CD и = # – DA. Достаточно проверить, что AC ⊥ BD тогда и только тогда, когда a 2 + c 2 = b 2 + d 2 . Ясно, что | a + b + c| 2 = a 2 + b 2 + c 2 + 2[( a, b) + (b, c) + (c, a)]. Поэтому условие AC ⊥ те, эквивалентно тому, что a 2 + b 2 + c 2 − а) Выразим все входящие в указанную формулу векторы через # – AB, # – BC и – CD, те. запишем – AD = # – AB + # – BC + # – CD, # – CA = − # – AB − # – BC и # – BD = # – BC + # После сокращения получим требуемое. б) Пусть D — точка пересечения высот, проведённых из вершин A и C треугольника. Тогда в доказанной в задаче а) формуле первые два слагаемых нулевые, поэтому последнее слагаемое тоже нулевое, те Докажем, что AH⊥BC. Ясно, что # – AH = # – AO + # – OH = # – AO + # – OA + # – OB + # – OC = = # – OB + # – OC и – BC = # – BO + # – OC = − # – OB + # – OC, поэтому ( # – AH, # – BC) = OC 2 − OB 2 = = R 2 − R 2 = 0, так как O — центр описанной окружности. Аналогично доказывается, что BH ⊥ AC и CH ⊥ AB. Решения задач 317 13.14. Ясно, что | # – OA + # – OB + # – OC| 2 = 3R 2 + 2R 2 (cos 2 a + cos 2 b + cos 2 g ). Остаётся заметить, что cos 2 a + cos 2 b + cos 2 g = −1 − 4 cos a cos b cos согласно задаче 12.41 а). 13.15. Достаточно рассмотреть случай, когда длины сторон многоугольника. . . равны 1. В этом случае x i = ( # – A i X, # – A i A i+1 ). Пусть O — центр правильного многоугольника A 1 . . . A n . Тогда – A i O, # – A i A i+1 ) + # – OX, n X i=1 # – A i A i+1 = n X i=1 ( # – A i O, # поскольку – A i A i+1 = #– 0 для любого многоугольника. Остаётся заметить, что – A i O, # – A i A i+1 ) = 1/2 для всех Пусть a i = ∠(a i , a 1 ). Рассматривая проекции напрямую, параллельную, и прямую, перпендикулярную a 1 , получаем a 1 = P i>1 a i cos и 0 = P i>1 a i sin соответственно. Возводя эти равенства в квадрат и складывая их, получаем a 2 1 = P i>1 a 2 i (cos 2 a i + sin 2 a i ) + 2 P i>j>1 a i a j (cos a i cos a j + sin a i sin a j ) = = a 2 2 + . . . + a 2 n + 2 P i>j>1 a i a j cos( a i − a j ). Остаётся заметить, что a i − a j = ∠(a i , a 1 ) − − ∠(a j , a 1 ) = ∠(a i , a j ) Пусть a = # – AD, b = # – BD и = # – CD. Так как BC 2 = | b − c| 2 = BD 2 + CD 2 − − 2(b, c), то U = 2(b, c). Аналогично V = 2(a, c) и W = 2(a, b). Пусть a = ∠(a, и b = ∠(b, c). Домножив обе части равенства cos 2 a + cos 2 b + cos 2 ( a + b ) = = 2 cos a cos b cos( a + b ) + 1 (см. задачу 12.41 б) на 4uvw = 4|a| 2 |b| 2 |c| 2 , получим требуемое. 13.18. Фиксируем произвольную точку O. Пусть m= # – OM, a= # – OA, ..., d= # Тогда ( # – MA, # – MB) − ( # – MC, # – MD) = ( a−m, b−m)−(c−m, d−m)=(c + d − a − b, m)+ + ( a, b) − (c, d). Если v = c + d − a − b 6= 0, то когда точка M пробегает всю плоскость, величина (v, m) принимает все действительные значения, в частности, она принимает значение (c, d) − (a, b). Следовательно, v = те, а значит – AC = # Пусть n 1 , . . . , n k — единичные внешние нормали к сторонам, a M 1 , . . . . . . , M k — произвольные точки на этих сторонах. Для любой точки X, лежащей внутри многоугольника, расстояние до й стороны равно ( # – XM i , n i ). Поэтому суммы расстояний от внутренних точек A и B до сторон многоугольника равны тогда и только тогда, когда – AM i , n i ) = k P i=1 ( # – BM i , n i ) = k P i=1 ( # – BA, n i ) + + k P i=1 ( # – AM i , n i ), те. Следовательно, сумма расстояний от любой внутренней точки многоугольника до сторон постоянна тогда и только тогда, когда P Пусть l — произвольная прямая, n — единичный вектор, перпендикулярный прямой l. Если точки A и B лежат в той же полуплоскости, заданной Глава 13. Векторы прямой l, что и вектор n, то r (B, l) − r (A, l) = ( # – AB, n), где r (X, l) — расстояние от точки X до прямой Пусть n 1 , n 2 , и n 4 — единичные векторы, перпендикулярные последовательным сторонам четырёхугольника ABCD и направленные внутрь. Обозначим сумму расстояний от точки X до сторон четырёхугольника через. Тогда 0 = P(B) − P(A) = ( # – AB, n 1 + n 2 + n 3 + n 4 ). Аналогично – BC, n 1 + n 2 + n 3 + n 4 ) = 0. Так как точки A, B и C не лежат на одной прямой, то n 1 + n 2 + n 3 + n 4 = 0. Остаётся воспользоваться результатом задачи 13.5 13.21. Пусть a = # – AB, b = # – BC и = # – CD. Тогда – AD = a + b + c, # – AC = a + и # – BD = b + c. Ясно также, что |a| 2 + | b| 2 + | c| 2 + | a + b + c| 2 − |a + b| 2 − |b + c| 2 = = | a| 2 + 2( a, c) + |c| 2 = | a + c| 2 > 0. Равенство достигается, только если a = те параллелограмм. 13.22. Рассмотрим пять векторов a 1 , a 2 , a 3 , a 4 , и предположим, что длина суммы любых двух из них больше длины суммы трёх оставшихся. Так как, то |a 1 | 2 + 2( a 1 , a 2 ) + | a 2 | 2 > | a 3 | 2 + | a 4 | 2 + | a 5 | 2 + 2( a 3 , a 4 ) + + 2( a 4 , a 5 ) + 2( a 3 , a 5 ). Складывая такие неравенства для всех десяти пар векторов, получаем 4(|a 1 | 2 + . . .) + 2(( a 1 , a 2 ) + . . .) > 6(| a 1 | 2 + . . .) + 6(( a 1 , a 2 ) . . те. Приходим к противоречию. 13.23. Обозначим данные векторы e 1 , . . . , e 10 . Пусть # – AB = e 1 + . . . + e 10 . Докажем, что луч AB задаёт искомую ось. Ясно, что | # – AB − e i | 2 = AB 2 − 2( # – AB, e i ) + + | e i | 2 , те. По условию AB > | # – AB поэтому ( # – AB, e i ) > 0, те. проекция вектора e i на луч AB положительна. 13.24. Пусть a i = # и x = # – OX. Тогда | a i | = R и # – XA i = a i − x. Поэтому XA i = P |a i − x| = P |a i − x| · |a i |/R > P(a i − x, a i )/R = P(a i , a i )/R − ( x, P a i )/R. Остаётся заметить, что (a i , |