Формула. В. В. Прасолов задачи по планиметрии
 Скачать 6.7 Mb.
|
|
2.27. а) Так как ∠MAB = ∠BNA, то сумма углов ABN и MAN равна сумме углов треугольника б) Так как ∠BAM = ∠BNA и ∠BAN = ∠BMA, то 4AMB ∼ 4NAB, а значит : NA = MB : AB и AM : NA = AB : NB. Перемножая эти равенства, получаем требуемое. 2.28. Пусть и B 1 — точки пересечения прямых MA и MB с меньшей окружностью. Так как M — центр гомотетии окружностей, то A 1 B 1 k AB. Поэтому Пусть f — угол между хордой AB и касательной, проходящей через один из её концов. Тогда AB = 2R sin f , где R — радиус окружности S. Кроме того, PM = AM sin и QM = BM sin f . Поэтому + BM sin f AM · BM = 2R AM · Величина AM · BM не зависит от выбора хорды Пусть прямая AM вторично пересекает окружность в точке Тогда ∠MDC = ∠MCA = ∠MAB, поэтому CD k AB. Далее, ∠CAM = ∠MCB = = ∠MDB, поэтому AC k BD. Таким образом, ABCD — параллелограмм, и его диагональ AD делит диагональ BC пополам. 2.31. Проведём прямую l 1 , касающуюся в точке A 1 . Прямая касается тогда и только тогда, когда ∠(K 1 K 2 , K 1 A 1 ) = ∠(K 1 A 1 , l 1 ). Ясно также, что ∠(K 1 A 1 , l 1 ) = ∠(A 1 B, l 1 ) = ∠(A 2 B, A 1 A 2 ). Аналогично прямая касается тогда и только тогда, когда ∠(K 1 K 2 , K 2 A 2 ) = ∠(A 1 B, A 1 A 2 ). Оста- ётся заметить, что если ∠(K 1 K 2 , K 1 A 1 ) = ∠(A 2 B, A 1 A 2 ), то, K 2 A 2 ) = = ∠(K 1 K 2 , A 2 B) = ∠(K 1 K 2 , A 1 B) + ∠(A 1 B, A 1 A 2 ) + ∠(A 1 A 2 , A 2 B) = ∠(A 1 B, На хорды AC и опираются равные углы ABC и A 1 B 1 C 1 , поэтому = Обозначим центр окружности через O. Точки P и Q лежат на окружности с диаметром OM, те. точки O, P, Q и M лежат на окружности постоянного радиуса R/2. При этом либо ∠POQ = ∠AOD, либо ∠POQ = ∠BOD = = 180 ◦ − ∠AOD, те. длина хорды PQ постоянна. 2.34. Так как ∠AOC = 90 ◦ + ∠B/2 (см. задачу, то ∠EBD + ∠EOD = = 90 ◦ + 3∠B/2 = 180 ◦ , а значит, четырёхугольник BEOD вписанный. На хорды и OD опираются равные углы EBO и OBD, поэтому EO = OD. Глава 2. Вписанный угол 2.35. Возьмём на продолжении отрезка BD заточку такую точку что ∠ACQ = 40 ◦ . Пусть P — точка пересечения прямых AB и QC. Тогда и D — точка пересечения биссектрис углов треугольника Согласно задаче = DQ. Кроме того = ∠BCQ = 80 ◦ . Следовательно+ Достаточно проверить, что внешний угол ACD треугольника в два раза больше угла при вершине B. Ясно, что ∠ACD = ∠AOD = Если точка M лежит внутри треугольника ABC, то ∠MAC < 45 ◦ < < ∠MCD. Легко также проверить, что на сторонах треугольников ABC и точка M лежать не может, поэтому она лежит внутри треугольника При этом ∠AMC = 180 ◦ − ∠MAC − (45 ◦ − ∠MCD) = 135 ◦ . Это означает, что точка M лежит на дуге окружности радиуса AB с центром B. Поэтому по теореме о вписанном угле ∠ABM = 2∠ACM = 90 ◦ − Пусть O — центр окружности S. Точка B является центром описанной окружности треугольника ACD, поэтому ∠CDA = ∠ABC/2 = 30 ◦ , а значит, те. треугольник EOA равносторонний. Кроме того = ∠AED = ∠AOB = 2∠AOC, поэтому точка E является центром описанной окружности треугольника AOC. Следовательно, EC = Рассмотрим два положения подвижной окружности в первый момент, когда точка K попадает на неподвижную окружность (точку касания окружностей в этот момент мы обозначим через K 1 ), и какой-нибудь другой (второй) момент. Пусть O — центр неподвижной окружности, и O 2 — положения центра подвижной окружности в первый и во второй моменты соответственно, K 2 — положение точки K во второй момент. A — точка касания окружностей во второй момент. Поскольку окружность катится без проскальзывания, длина дуги K 1 A равна длине дуги K 2 A. Так как радиус подвижной окружности в два раза меньше, ∠K 2 O 2 A = 2 ∠K 1 OA. Точка O лежит на подвижной окружности, поэтому ∠K 2 OA = ∠K 2 O 2 A/2 = ∠K 1 OA, те. точки, и O лежат на одной прямой. Траектория движения — диаметр неподвижной окружности. 2.40. В треугольнике ABC сторона BC наименьшая, поэтому серединные перпендикуляры к сторонами пересекают стороны AB и AC, а не их продолжения. Из этого следует, что точка Y лежит внутри треугольника Пусть прямые и пересекают описанную окружность в точках B 2 и C 2 . Точка лежит на серединном перпендикуляре к стороне поэтому ∠XAC = ∠B 1 AC = ∠B 1 CA = ∠C 2 CA. Аналогично = ∠B 2 BA. Следовательно, дуги BC и равны, а значит, хорды и B 2 C параллельны. Поэтому BY = YC 2 , а значит, BY + CY = CY + YC 2 = CC 2 = AX, поскольку отрезки и AX симметричны относительно серединного перпендикуляра к отрезку Точки N и C лежат на окружности с диаметром AM. Углы и MCN опираются на одну дугу, поэтому они равны. 2.42. При симметрии относительно биссектрисы угла BOC прямые AC и переходят друг в друга, поэтому нужно доказать, что ∠C 0 AB 0 = ∠B 0 DC 0 . Так как BO = B 0 O, CO = C 0 O и AO : DO = CO : BO, тот. е. четы- рёхугольник AC 0 B 0 D вписанный и Обозначим точки пересечения и углы так, как показано на рис. Достаточно проверить, что x = 90 ◦ . Углы четырёхугольника BMRN равны и x, поэтому равенство x = эквивалентно равенству Решения задач 47 Рис. 2.1 (2 a + f ) + (2 b + f ) = 180 ◦ . Остаётся заметить, что 2 a + f = ∠BAD и 2 b + f = а) Достаточно доказать, что если точка биссектрисы угла B или её продолжения, из которой отрезок BC виден под углом, то лежит на прямой MN. Точки P 1 и N лежат на окружности с диаметром где O — точка пересечения биссектрис, поэтому, б) Так как ∠BPC = 90 ◦ , то BP = BC поэтому S ABP : S ABC = (BP sin(B/2)) : (BC sin B) = = 1 : 2. 2.45. Возьмём точку N так, что BN k и NC k BM. Тогда NA k CD, ∠NCB = ∠CBM = = ∠CDM = ∠NAB, те. точки A, B, N и лежат на одной окружности. Поэтому ∠ACD = = ∠NAC = ∠NBC = Четыре точки A 2 , B 2 , C и P лежат на одной окружности, поэтому, B 2 P) = ∠(A 2 C, CP) = ∠(BC, CP). Аналогично ∠(B 2 P, B 2 C 2 ) = ∠(AP, Поэтому ∠(A 2 B 2 , B 2 C 2 )= ∠(BC, CP)+∠(AP, AB)=∠(B 1 B, B 1 C 1 )+ ∠(A 1 B 1 , B 1 B)= = ∠(A 1 B 1 , B 1 C 1 ). Аналогично проверяется, что и все другие углы треугольников и равны или составляют в сумме 180 ◦ ; следовательно, эти треугольники подобны (см. задачу 5.48 ). 2.47. Точки и C лежат на окружности с диаметром PQ, поэтому ∠Q 0 CQ = = ∠Q 0 PQ = 30 ◦ . Следовательно, ∠BCQ 0 = 60 ◦ . Аналогично ∠CBQ 0 = 60 ◦ , а значит, треугольник BQ 0 C правильный. Аналогично треугольник CP 0 D правильный. 2.48. Пусть ∠BAD = 2 a и ∠CBA = 2 b ; для определённости будем считать, что a > b . Возьмём на стороне CD точку E так, что DE = DA. Тогда. Угол при вершине C равнобедренного треугольника равен 180 ◦ − 2 a , поэтому ∠CBE = a . Аналогично ∠DAE = b . Биссектриса угла B пересекает CD в некоторой точке F. Так как ∠FBA = b = Рис. 2.2 четырёхугольник ABFE вписанный, а значит Следовательно, те биссектриса угла Так как ED=CB, EN=CM ирис, то = Пусть ∠MBC = ∠NDE = a , ∠BMC = ∠END Ясно, что ∠DNC = 180 ◦ − b . Рассматривая треугольник BNC, получаем ∠BNC = Поскольку a + b =180 ◦ −30 ◦ =150 ◦ , то ∠DNB= = ∠DNC + ∠CNB = (180 ◦ − b ) + (90 ◦ − a ) = = 270 ◦ − ( a + b ) = 120 ◦ . Поэтому точки B, O, N и D (O — центр шестиугольника) лежат на одной окружности. При этом CO = CB = те центр этой окружности, следовательно CN : CE = CB : CA = 1 Пусть D — вторая точка пересечения описанных окружностей треугольников и AB 1 C. Тогда, CD)=∠(AB 1 , B 1 D) и, CB)=∠(DA 1 , A 1 B). Глава 2. Вписанный угол Поэтому ∠(A 1 C 1 , C 1 B 1 ) = ∠(AC, CB) = ∠(AC, CD) + ∠(DC, CB) = ∠(AB 1 , B 1 D) + + ∠(DA 1 , A 1 B) = ∠(A 1 D, DB 1 ), те. точки A 1 , B 1 , и D лежат на одной окружности. Следовательно, ∠(A 1 C 1 , C 1 D) = ∠(A 1 B 1 , B 1 D) = ∠(AC, CD). Учитывая, что A 1 C 1 k AC, получаем требуемое. 2.51. Пусть точка M симметрична точке относительно прямой Согласно задаче 1.58 точка M лежит на прямой B 1 C 1 . Поэтому ∠(LM, MA 1 ) = = ∠(C 1 B 1 , B 1 B) = ∠(C 1 C, CB) = ∠(LK, KA 1 ), те. точка M лежит на описанной окружности треугольника A 1 KL. Следовательно, центр этой окружности лежит на прямой AC — серединном перпендикуляре к отрезку Пусть PQ — диаметр, перпендикулярный AB, причём Q и C лежат по одну сторону от AB; L — точка пересечения прямой QO с описанной окружностью и N 0 — точки пересечения прямых и со сторонами AC и Достаточно проверить, что M 0 = M и N 0 = Так как+ AB 0 + B 0 Q = 180 ◦ , то = ∠A, а значит, ∠B 0 LQ Следовательно, четырёхугольник AM 0 OL вписанный и = ∠M 0 LA Поэтому ∠CM 0 O = ( ∠A + ∠B)/2, те. Аналогично N 0 = Так как ∼ 4CBM и 4ACM ∼ 4DBM, то AD : CB = DM : и AC : DB = AM : DM. Остаётся перемножить эти равенства. 2.54. Пусть D 1 — точка пересечения прямой BD с окружностью, отличная от точки B. Тогда = AD 1 , поэтому ∠ACB = ∠AD 1 B = ∠ABD 1 . Треугольники и ABD имеют общий угол A и, кроме того, ∠ACB = поэтому ∼ 4ABD. Следовательно, AB : AC = AD : Пусть O — центр окружности. Так как ∠MAC = ∠ACO = то = 4ADC. Аналогично 4CDB = 4CNB. Так как 4ACD ∼ то CD 2 = AD · DB = AM · Точки и H лежат на окружности с диаметром AB, поэтому. Аналогично имеем, BC) = ∠(B 1 C 1 , На продолжении отрезка BP заточку возьмём точку D так, что PD = CP. Тогда треугольник CDP правильный и CD k QP. Поэтому BP : PQ = = BD : DC = (BP + CP) : CP, т. е. 1 PQ = 1 CP + 1 BP 2.58. Отрезок QE виден из точек A и B под углом 45 ◦ , поэтому четырёх- угольник ABEQ вписанный. Атак как ∠ABE = 90 ◦ , то ∠AQE = 90 ◦ . Следовательно, треугольник AQE прямоугольный равнобедренный и AE/AQ Аналогично AF/AP Так как ∠ANC = ∠ABC = ∠CAB, то 4CAM ∼ 4CNA, а значит, CA : CM = = CN : CA, те, и AM : NA = CM : CA. Аналогично BM : NB = = CM : CB. Поэтому AM · BM/(AN · BN) = CM 2 /CA 2 = CM 2 /(CM · CN) = Так как AK = AB = CD, AD = BC = CH и ∠KAD = ∠DCH, то 4ADK = = 4CHD и DK = DH. Покажем, что точки A, K, H, C и D лежат на одной окружности. Опишем вокруг треугольника ADC окружность. Проведём в этой окружности хорду параллельно AD и хорду параллельно Тогда K 1 A = DC и H 1 C = AD. Значит, K 1 = K и H 1 = H, те. построенная окружность проходит через точки K и H и углы KAH и KDH равны, так как они опираются на одну дугу. Кроме того, уже было показано, что KDH — равнобедренный треугольники, поэтому прямоугольные треугольники и PAC 1 , и подобны, те Решения задач PA = PC 1 : PB. Перемножив эти равенства, получим PA 1 · PB 1 = PC 2 1 , а поделив их, получим PA 1 : PB 1 = PB 2 : б) Согласно а) OA 00 = √ OB 0 · OC 0 , OB 00 = √ OA 0 · OC 0 , OC 00 = √ OA 0 · OB 0 . Перемножая эти равенства, получаем требуемое. 2.62. Пусть K, L, M и N — основания перпендикуляров, опущенных из точки E на прямые AB, BC, CD и DA. Точки K и N лежат на окружности с диаметром AE, поэтому ∠(EK, KN) = ∠(EA, AN). Аналогично, а значит, ∠(EK, KN) = ∠(EL, Аналогично ∠(EN, NK) = ∠(EA, AK) = ∠(EC, CB) = ∠(EM, ML). Следовательно, а значит, EK : EN = EL : EM, те Пусть H — точка пересечения высот, M — середина стороны BC. Точки, и лежат на окружности с диаметром MH, поэтому ∠(B 2 A 1 , A 1 C 2 ) = = ∠(B 2 M, MC 2 ) = ∠(AC, AB). Кроме того, ∠(A 1 B 2 , B 2 C 2 ) = ∠(A 1 H, HC 2 ) = = ∠(BC, AB) и ∠(A 1 C 2 , C 2 B 2 ) = ∠(BC, Пусть M — точка пересечения медиан, H — точка пересечения высот треугольника ABC. Точки A 1 , и C 1 — проекции точки M на высоты, поэтому они лежат на окружности с диаметром MH. Следовательно, B 1 C 1 ) = ∠(AH, HC) = ∠(BC, AB). Записывая аналогичные равенства для других углов, получаем требуемое. 2.65. Пусть прямые BM и DN вторично пересекают в точках L и соответственно. Докажем, что прямые и CN симметричны относительно прямой AN. Так как BN ⊥ NA, достаточно проверить, что ∠CNB = ∠BND. Но дуги CB и BD равны. Дуги C 1 M и CL симметричны относительно прямой поэтому они равны, а значит, ∠MDC 1 = ∠CML. Кроме того, ∠CNM = Следовательно ∼ 4DMN, те Опустим из точки Q перпендикуляры и на KL и NM, из точки P перпендикуляры и на NM и KL. Ясно, что QC PC = QK 1 PL 1 = QN 1 PM 1 , т. е QN 1 PL 1 · PM 1 . Так как ∠KNC = ∠MLC и ∠NKC = ∠LMC, то QN 1 : PL 1 = = QN : PL и QK 1 : PM 1 = QK : PM. Поэтому · QN PL · PM = AQ · QB PB · AP = (AC − QC) · (AC + QC) (AC − PC) · (AC + PC) = AC 2 − QC 2 AC 2 − Отсюда получаем QC = а) Так как ∠CAM = ∠CBM и ∠CB 1 M = ∠CA 1 M, то и ∠AB 1 M б) Пусть M 1 — такая точка окружности S с диаметром CO, что CM 1 k A 1 B 1 ; M 2 — точка пересечения окружности S с описанной окружностью треугольника и B 2 — точки касания вписанной окружности со сторонами и AC. Достаточно проверить, что M 1 = M 2 . Согласно задаче а 4BA 2 M 2 , поэтому B 2 M 2 : A 2 M 2 = AB 2 : BA 2 . Атак как CA 1 = p − b = = и CB 1 = AB 2 , то B 2 CM 1 sin A 2 CM 1 = sin CA 1 B 1 sin На дуге окружности S существует единственная точка X, для которой см. задачу, поэтому M 1 = M 2 Глава 2. Вписанный угол 2.68. Пусть O — центр описанной окружности треугольника, M — середина стороны AB, H — основание высоты CH, D — середина той из дуг, задаваемых точками A и B, на которой не лежит точка C. OD k CH, поэтому. Биссектриса делит пополам угол между медианой ивы- сотой тогда и только тогда, когда ∠MCD = ∠DCH = ∠MDC = ∠ODC = те и AB — диаметр окружности. 2.69. Пусть a = ∠A < ∠B. Согласно предыдущей задаче ∠C = 90 ◦ . Медиана делит треугольник ABC на два равнобедренных треугольника = ∠A = a , ∠MCB = 3 a , значит+ 3 a = 90 ◦ , те. Поэтому Пусть D — точка, в которой прямая AE пересекает описанную окружность. Точка D является серединой дуги BC. Поэтому MD k AH, причём точки и D лежат по разные стороны от прямой MH. Следовательно, точка лежит на отрезке Ясно, что ∠(AQ, QP) = ∠(AN, NP) = ∠(PM, MB) = ∠(QP, QB). Поэтому точка Q лежит на окружности, из которой отрезок AB виден под углом 2∠(AC, CB), причём прямая QP делит дугу AB этой окружности по- полам. 2.72. Точки P и Q лежат на окружности с диаметром AD; эта окружность пересекает сторону BC в точке F (F не совпадает с D, если AB 6= AC). Ясно, что ∠(FC, CE) = ∠(BA, AE) = ∠(DA, AQ) = ∠(DF, FQ), те. Аналогично. Для завершения доказательства остаётся заметить, что площади треугольников, прилегающих к боковым сторонам трапеции, равны. 2.73. Пусть ∠AOB = a и ∠COD = b . Тогда a /2 + b /2 = ∠ADP + ∠PAD = Атак как 2S AOB = R 2 sin и 2S COD = R 2 sin b , где R — радиус описанной окружности, то S AOB = S COD . Аналогично S BOC = Пусть ∠AOB = 2 a и ∠COD = 2 b . Тогда a + b = ∠ADP + ∠PAD = Поэтому (AP 2 + BP 2 ) + (CP 2 + DP 2 ) = AB 2 + CD 2 = 4R 2 (sin 2 a + cos 2 a ) = Аналогично BC 2 + AD 2 = Пусть M — середина AC, N — середина BD. AM 2 = AO 2 − OM 2 , BN 2 = =BO 2 −ON 2 , поэтому AC 2 +BD 2 =4(R 2 −OM 2 )+4(R 2 −ON 2 )=8R 2 −4(OM 2 +ON 2 )= = 8R 2 − 4OP 2 , так как OM 2 + ON 2 = Острые углы BLP и BDC имеют соответственно перпендикулярные стороны, поэтому они равны. Следовательно, ∠BLP = ∠BDC = ∠BAP. Кроме Рис. того, AK k BL и AL ⊥ BK. Поэтому AKLB — ромб. 2.77. Возьмём на описанной окружности точку iDi0так,чтоiDDi0k AC. Так как DD 0 ⊥ то BD 0 — диаметра значит, ∠D 0 AB = ∠D 0 CB = Поэтому S ABCD = S ABCD 0 = (AD 0 · AB + BC · CD 0 )/2 = = (AB · CD + BC · AD)/2. 2.78. Проведём диаметр = и ∠ABE = ∠BPC = 90 ◦ , поэтому ∠EAB = ∠CBP. Углы, опирающиеся на хорды EB и CD, равны, поэтому. Так как ∠EBA = 90 ◦ , расстояние от точки O до AB равно Пусть перпендикуляр, опущенный из точки на BC, пересекает BC в точке H ив точке рис. 2.3). ∠BDA = ∠BCA = ∠BPH = Из равенства углов MDP и MPD следует, Решения задач 51 что MP — медиана прямоугольного треугольника APD. В самом деле = 90 ◦ − ∠MPD = 90 ◦ − ∠MDP = ∠PAM, те Середины сторон четырёхугольника ABCD являются вершинами прямоугольника (см. задачу, поэтому они лежат на одной окружности. Пусть и L — середины сторон AB и CD, M — точка пересечения прямых KP и Согласно задаче ⊥ CD, а значит, M — проекция точки P на сторону и точка M лежит на окружности с диаметром KL. Для остальных проекций доказательство аналогично. 2.81. а) Следует отметить, что так как точки A, B, C и D разбивают окружность на дуги, меньшие 180 ◦ , то построенный четырёхугольник содержит эту окружность. Угол между касательными, проведёнными через точки A и равен 180 ◦ − ∠AOB, а угол между касательными, проведёнными через точки и D, равен 180 ◦ − ∠COD. Так как ∠AOB + ∠COD = 180 ◦ , то f + y = Замечание. Обратно, из равенства f + y = следует, что ∠AOB + + ∠COD = 180 ◦ , те б) Пусть O — центр вписанной окружности. Так как ∠AKO + ∠BMO = то ∠AKO = ∠BOM и 4AKO ∼ 4BOM. Следовательно, AK · BM = BO · AO = Предположим сначала, что описанные окружности треугольников и AB 0 C не касаются и P — их общая точка, отличная от C. Тогда, PB) = ∠(PA, PC) + ∠(PC, PB) = ∠(B 0 A, B 0 C) + ∠(A 0 C, A 0 B) = ∠(C 0 A, те. точка P лежит на описанной окружности треугольника В случае, когда описанные окружности треугольников A 0 BC и AB 0 C касаются, те, требуются незначительные изменения вместо прямой нужно взять общую касательную. 2.83. а) Применяя утверждение задачи 2.82 к треугольниками, построенным на сторонах треугольника A 1 B 1 C 1 , получаем требуемое. б) Пусть P — точка пересечения указанных окружностей. Докажем, что величина угла, PC) постоянна. Так как ∠(AP, PC) = ∠(AP, AB) + + ∠(AB, BC) + ∠(BC, PC), а угол ∠(AB, BC) постоянен, то остаётся проверить, что сумма ∠(AP, AB) + ∠(BC, PC) постоянна. Ясно, что ∠(AP, AB) + + ∠(BC, CP) = ∠(AP, AC 1 ) + ∠(CA 1 , CP) = ∠(B 1 P, B 1 C 1 ) + ∠(B 1 A 1 , B 1 P) = = ∠(B 1 A 1 , B 1 C 1 ), а величина последнего угла постоянна по условию. Аналогично доказывается, что величины углов ∠(AP, PB) и ∠(BP, PC) постоянны. Следовательно, точка P остаётся неподвижной. 2.84. Согласно задаче 2.83 б) описанные окружности треугольников и A 1 B 1 C пересекаются в фиксированной точке P. Размер треугольника A 1 B 1 C 1 пропорционален длине отрезка PA 1 . Длина этого отрезка минимальна, когда он перпендикулярен прямой BC. В этом случае отрезки и тоже должны быть минимальными. 2.85. Описанная окружность треугольника проходит через точку поэтому ∠BXC = 180 ◦ − ∠A. Это означает, что точка X лежит на окружности, симметричной описанной окружности треугольника ABC относительно стороны BC. Ясно, что три окружности, симметричные описанной окружности треугольника относительно его сторон, не могут иметь более одной общей точки. 2.86. Как следует из задачи 2.83 б), доказательство достаточно провести лишь для одного такого треугольника A 1 B 1 C 1 , например для треугольника с вершинами в серединах сторон треугольника ABC. Пусть H — точка пересечения высот треугольника A 1 B 1 C 1 , те. центр описанной окружности Глава 2. Вписанный угол треугольника ABC. Точки и лежат на окружности с диаметром поэтому точка H лежит на описанной окружности треугольника A 1 B 1 C. Аналогично доказывается, что она лежит на описанных окружностях треугольников и а) Пусть X — точка пересечения описанных окружностей треугольников и AB 0 C 0 . Тогда ∠(XB 0 , XC) = ∠(XB 0 , XA) + ∠(XA, XC) = ∠(C 0 B 0 , C 0 A) + + ∠(BA, BC). Так как AC 0 = AP = AB 0 , то треугольник равнобедренный, причём ∠C 0 AB 0 = 2∠A, поэтому ∠(C 0 B 0 , C 0 A) = ∠A − 90 ◦ . Следовательно, те. точка X лежит на описанной окружности треугольника A 0 B 0 C. Для описанной окружности треугольника доказательство аналогично. б) Пусть X — точка пересечения описанных окружностей треугольников A 0 B 0 C 0 и A 0 BC. Докажем, что она лежит на описанной окружности треугольника. Ясно, что ∠(XB, XC 0 ) = ∠(XB, XA 0 ) + ∠(XA 0 , XC 0 ) = ∠(CB, CA 0 ) + + ∠(B 0 A 0 , B 0 C 0 ). Пусть A 1 , и C 1 — середины отрезков PA 0 , и Тогда ∠(CB, CA 0 ) = ∠(CP, CA 1 ) = ∠(B 1 P, B 1 A 1 ), ∠(B 0 A 0 , B 0 C 0 ) = ∠(B 1 A 1 , и, AC 0 ) = ∠(AP, AC 1 ) = ∠(B 1 P, Следовательно, XC 0 ) = = ∠(AB, Аналогично доказывается, что точка X лежит на описанной окружности треугольника в) Так как QA 0 — общая хорда окружностей с центрами O и I, то QA 0 ⊥ Аналогично QB 0 ⊥ OJ и QC ⊥ IJ. Поэтому стороны углов OJI и B 0 QC, а также углов OIJ и A 0 QC взаимно перпендикулярны, а значит, sin OJI = sin и sin OIJ = sin A 0 QC. Следовательно, OI : OJ = sin OJI : sin OIJ = sin B 0 QC : Ясно также, что QJI sin QIJ = sin(QJC/2) sin(QIC/2) = sin QB 0 C sin поскольку точки C и Q симметричны относительно прямой IJ, а точки и C лежат на окружности с центром J. Учитывая, что sin B 0 QC : sin QB 0 C = = B 0 C : QC и sin A 0 QC : sin QA 0 C = A 0 C : QC, получаем а) Из условия задачи следует, что никакие три прямые не пересекаются водной точке. Пусть прямые AB, AC, BC пересекают четвёртую прямую Рис. в точках D, E, F соответственно (рис. 2.4). Обозначим через P точку пересечения описанных окружностей треугольников ABC и CEF, отличную от точки C. Докажем, что точка P принадлежит описанной окружности треугольника Для этого достаточно проверить, что ∠(BP, PF)= =∠(BD, DF). Ясно, что ∠(BP, PF)=∠(BP, PC)+ + ∠(PC, PF) = ∠(BA, AC) + ∠(EC, EF) = = ∠(BD, AC) + ∠(AC, DF) = ∠(BD, DF). Аналогично доказывается, что точка P принадлежит описанной окружности треугольника Замечание. Другое доказательство приведено в решении задачи Решения задач 53 б) Воспользуемся обозначениями рис. 2.4. Согласно задаче а) описанные окружности треугольников ABC, ADE и BDF проходят через точку P, поэтому их можно рассмотреть как описанные окружности треугольников ABP, ADP и BDP. Следовательно, их центры лежат на окружности, проходящей через точку P см. задачу. Аналогично доказывается, что центры любых трёх изданных окружностей лежат на окружности, проходящей через точку P. Следовательно, все четыре центра лежат на окружности, проходящей через точку а) Пусть P — точка Микеля для прямых AB, BC, CA и Углы между прямыми PA, PB, PC и касательными в точке P к окружностям, соответственно равны ∠(AB 1 , B 1 P) = ∠(AC 1 , C 1 P), ∠(BC 1 , C 1 P), ∠(CA 1 , A 1 P). Атак как, C 1 P) = ∠(BC 1 , C 1 P) = ∠(CA 1 , A 1 P) = f , то при повороте на угол с центром P прямые PA, PB и PC переходят в касательные к окружностями, а значит, при повороте на угол f − эти прямые переходят в прямые PO a , и PO c . Кроме того, PO a /PA = PO b /PB = PO c /PC = = 1/(2 sin f ). Следовательно, при повороте на f − и гомотетии с центром и коэффициентом 1/(2 sin f ) треугольник ABC переходит в б) Рассмотренное в решении задачи а) преобразование переводит центр описанной окружности треугольника ABC в центр описанной окружности треугольника O a O b O c , а ортоцентр H треугольника ABC в ортоцентр треугольника. Достроим треугольник до параллелограмма Так как OH/OM = OH/O 0 H 0 = 2 sin и ∠HOM = ∠(HO, O 0 H 0 ) = f − 90 ◦ , тот. е. точка M лежит на серединном перпендикуляре к отрезку OH. Остаётся заметить, что для вписанного четырёхугольника сточка определена однозначно взяв вместо точки O любую из точек O a , O b , O c , получим туже самую точку M см. задачу 13.35 ). 2.90. Можно считать, что лучи AB и DC пересекаются в точке E, а лучи ив точке F. Пусть P — точка пересечения описанных окружностей треугольников BCE и CDF. Тогда ∠CPE = ∠ABC и ∠CPF = ∠ADC. Поэтому, те. точка P лежит на отрезке EF. 2.91. а) Так как, PD) = ∠(AP, PE) + ∠(PE, PD) = ∠(AC, CD) + + ∠(AB, BD) = ∠(AO, OD), точки A, P, D и O лежат на одной окружности) Ясно, что ∠(EP, PO) = ∠(EP, PA) + ∠(PA, PO) = ∠(DC, CA) + ∠(DA, DO) = = 90 ◦ , так как дуги, на которые опираются эти углы, составляют половину окружности. 2.92. Воспользуемся обозначениями рис. 2.4. Проекции точки P на прямые и CB совпадают се проекциями на CE и CF. Следовательно, прямые Симсона точки P относительно треугольников ABC и CEF совпадают (см. задачу точка симметрична точке A относительно серединного перпендикуляра к отрезку BC. Тогда ∠OAH = ∠AOA 0 /2 = ∠ABA 0 = |∠B − Так как AA 0 — диаметр, то A 0 C ⊥ AC, поэтому BH k A 0 C. Аналогично. Следовательно, BA 0 CH — параллелограмм. 2.95. Пусть l — прямая, параллельная двум исходным прямым D — точка пересечения прямых m и n. Тогда ∠(AD, DB) = ∠(m, AB) + ∠(AB, n) = = ∠(AC, l) + ∠(l, CB) = ∠(AC, CB), а значит, точка D лежит на описанной окружности треугольника а) Пусть O — середина дуги окружности S, лежащей внутри треугольника. Тогда ∠CBO = ∠BCO, а по свойству угла между касательной Глава 2. Вписанный угол и хордой ∠BCO = ∠ABO. Поэтому BO — биссектриса угла ABC, те центр вписанной окружности треугольника Аналогично доказывается, что середина дуги окружности S, лежащей вне треугольника ABC, является центром его вневписанной окружности. б) Требуется доказать, что центр рассматриваемой окружности S лежит на биссектрисе угла BAC. Пусть D — точка пересечения биссектрисы этого угла с описанной окружностью треугольника ABC. Тогда DB = DO = DC см. задачу а, те центр окружности Если угол C прямой, то решение задачи очевидно C является точкой пересечения прямых A 1 B, A 2 B 2 , AB 1 . Если же ∠C 6= 90 ◦ , то описанные окружности квадратов и имеют кроме C ещё одну общую точку — точку C 1 . Тогда ∠(AC 1 , A 2 C 1 ) = ∠(A 2 C 1 , A 1 C 1 ) = ∠(A 1 C 1 , C 1 C) = = ∠(C 1 C, C 1 B 1 ) = ∠(C 1 B 1 , C 1 B 2 ) = ∠(C 1 B 2 , C 1 B) = или же важно лишь то, что все углы имеют один и тот же знак. Поэтому ∠(AC 1 , C 1 B 1 ) = = 4 · 45 ◦ = 180 ◦ , те. прямая проходит через точку C 1 . Аналогично и A 1 B проходят через точку Пусть P и O — центры окружностей и S 2 ; a = ∠APC, b = прямые AC и BC пересекают в точках K и L. Так как ∠OAP = ∠OBP = то ∠AOB = 180 ◦ − a − b . Далее, ∠LOB = 180 ◦ − 2∠LBO = 2∠CBP = Аналогично ∠KOA = 180 ◦ − a . Поэтому ∠LOK = ∠LOB + ∠KOA − ∠AOB = те диаметр. 2.99. Рассмотрим точки M 0 , P 0 , и R 0 , симметричные точками относительно прямой OA. Так как точка C симметрична точке B относительно, прямая проходит через точку C. Легко проверяются следующие равенства ∠(CS, NS) = ∠(Q 0 Q, NQ) = ∠(Q 0 P 0 , NP 0 ) = ∠(CP 0 , NP 0 ) и, поскольку точки P 0 , и лежат на одной прямой, ∠(CR 0 , P 0 R 0 ) = ∠(MM 0 , P 0 M 0 ) = = ∠(MN, P 0 N) = ∠(CN, P 0 N). Из этих равенств получаем, что точки C, N, P 0 , S и лежат на одной окружности. Но точки S, и C лежат на одной прямой, поэтому S = R 0 ГЛАВА 3 ОКРУЖНОСТИ Основные сведения. Прямую, имеющую ровно одну общую точку с окружностью, называют касательной к окружности. Через любую точку A, лежащую вне окружности, можно провести ровно две касательные к окружности пусть B и C — точки касания, O — центр окружности. Тогда: а) AB = б) ∠BAO = в) OB ⊥ Иногда касательной мы будем называть непрямую, а отрезок Например, свойство а) можно сформулировать так касательные, проведённые из одной точки, равны. Пусть прямые и l 2 , проходящие через точку A, пересекают окружность в точках B 1 , и B 2 , соответственно. Тогда AB 1 · AC 1 = AB 2 · В самом деле по трём углам (советуем читателям самостоятельно доказать это, используя свойства вписанных углов и рассматривая два случая A лежит вне окружности и A лежит внутри окружности). Если прямая касается окружности, те, то AB 1 · AC 1 = AB 2 Доказательство производится также, как ив предыдущем случае, только теперь нужно воспользоваться свойствами угла между касательной и хордой. Прямая, соединяющая центры касающихся окружностей, проходит через их точку касания. Величиной угла между двумя пересекающимися окружностями называют величину угла между касательными к ним, проведёнными через точку пересечения. При этом безразлично, какую из двух точек пересечения окружностей мы выберем. Угол между касающимися окружностями равен 0 ◦ 5. При решении задач § 6 используется одно свойство, не имеющее прямого отношения к окружностям высоты треугольника пересекаются водной точке. Доказательство этого факта можно найти в решениях задачи. Уже в середине V в. дон. э. Гиппократ с острова Хиос (не путайте его со знаменитым врачом Гиппократом с острова Кос, жившим несколько позже) и пифагорейцы начали решать задачу квадратуры круга. Она формулируется следующим образом построить с помощью циркуля и линейки квадрат, имеющий туже площадь, что и данный круг. В 1882 г. немецкий математик Линдеман доказал, что число p трансцендентно, те. не является корнем многочлена с целыми коэффициентами. Из этого, в частности, следует, что задача квадратуры круга неразрешима Глава 3. Окружности По-видимому, многим давала надежду на возможность квадратуры круга задача 3.39 (задача о луночках Гиппократа»): площадь фигуры, образованной дугами окружностей, равна площади треугольника. Решив эту задачу, постарайтесь понять, почему в данном случае подобные надежды не имели оснований. Вводные задачи 1. Докажите, что из точки A, лежащей вне окружности, можно провести ровно две касательные к окружности, причём длины этих касательных (те. расстояния от A до точек касания) равны. 2. Две окружности пересекаются в точках A и B. Точка X лежит на прямой AB, ноне на отрезке AB. Докажите, что длины всех касательных, проведённых из точки X к окружностям, равны. 3. Две окружности радиусов R и r касаются внешним образом (т. е. ни одна из них не лежит внутри другой. Найдите длину общей касательной к этим окружностям. 4. Пусть a и b — длины катетов прямоугольного треугольника — длина его гипотенузы. Докажите, что: а) радиус вписанной окружности треугольника равен (a + b − б) радиус окружности, касающейся гипотенузы и продолжений катетов, равен (a + b + c)/2. |