Формула. В. В. Прасолов задачи по планиметрии
 Скачать 6.7 Mb.
|
|
§ 11. Пучки окружностей Пучком окружностей называют семейство окружностей, обладающее следующим свойством радикальной осью любой пары окружностей из этого семейства служит некоторая фиксированная прямая. При этом подразумевается, что это семейство максимально в том смысле, что нет окружностей, которые можно было бык нему добавить, не нарушая указанного свойства. 3.76*. а) Докажите, что пучок окружностей полностью задаётся парой окружностей. б) Докажите, что пучок окружностей полностью задаётся одной окружностью и радикальной осью. 3.77*. Пусть f(x, y) = x 2 + y 2 + a 1 x + b 1 y + и g(x, y) = x 2 + y 2 + + a 2 x + b 2 y + c 2 . Докажите, что для любого вещественного l 6= 1 уравнение задаёт окружность из пучка окружностей, порождён- ного окружностями f = 0 и g = Докажите, что любая окружность пучка либо пересекает радикальную ось в двух фиксированных точках (эллиптический пучок), либо касается радикальной оси в фиксированной точке (параболический пучок, либо не пересекает радикальную ось (гиперболический пучок). Предельными точками пучка окружностей называют принадлежащие ему окружности нулевого радиуса (те. точки). 3.79*. Докажите, что гиперболический пучок содержит две предельные точки, параболический — одну, а эллиптический — ни одной. 3.80*. Докажите, что если окружность ортогональна двум окружностям пучка, то она ортогональна и всем остальным окружностям пучка Глава 3. Окружности 3.81*. Докажите, что семейство всех окружностей, ортогональных окружностям данного пучка, образует пучок. Этот пучок называют ортогональным пучком. 3.82*. Докажите, что предельная точка пучка является общей точкой окружностей ортогонального пучка, и наоборот. Задачи для самостоятельного решения 3.83. Качалка, имеющая форму сектора круга радиуса R, качается на горизонтальном столе. По какой траектории движется её вершина Из точки A, лежащей вне окружности радиуса R, проведены к ней две касательные AB и AC, где B и C — точки касания. Пусть BC = a. Докажите, что 4R 2 = r 2 + r 2 a + a 2 /2, где r и r a — радиусы вписанной и вневписанной окружностей треугольника Две окружности касаются внутренним образом. Прямая, проходящая через центр меньшей окружности, пересекает большую в точках и D, а меньшую в точках B и C. Найдите отношение радиусов окружностей, если AB : BC : CD = 2 : 4 : Центры трёх окружностей радиуса R, где 1 < R < 2, образуют правильный треугольник со стороной 2. Чему равно расстояние между точками пересечения этих окружностей, лежащими вне треугольника На отрезке AB взята точка C и построены полуокружности с диаметрами AB, AC и BC по одну сторону от прямой AB). Найдите отношение площади криволинейного треугольника, ограниченного этими полуокружностями, к площади треугольника, образованного серединами дуг этих полуокружностей. 3.88. Окружность пересекает сторону BC треугольника ABC в точках и A 2 , сторону AC в точках и B 2 , сторону AB в точках C 1 и C 2 . Докажите, что AC 1 C 1 B · BA 1 A 1 C · CB 1 B 1 A = AC 2 C 2 B · BA 2 A 2 C · CB 2 B 2 A −1 3.89. Из точки A к окружности проведены касательные AB и AC; PQ — диаметр окружности прямая l касается окружности в точке Прямые PA, PB и PC пересекают прямую l в точках A 1 , и Докажите, что A 1 B 1 = A 1 C 1 Решения 3.1. Пусть прямая XY касается данной окружности в точке Z. Соответственные стороны треугольников XOA и XOZ равны, поэтому ∠XOA = = ∠XOZ. Аналогично ∠ZOY = ∠BOY. Следовательно, ∠XOY = ∠XOZ + ∠ZOY = = (∠AOZ + ∠ZOB)/2 = ∠AOB/2. Решения задач 67 3.2. Пусть M и N — точки касания вписанной окружности со сторонами и BC. Тогда BK + AN = BM + AM = AB, поэтому CK + CN = a + b − Пусть P и Q — точки касания вневписанной окружности с продолжениями сторон AB и BC. Тогда AP = AB + BP = AB + BL и AQ = AC + CQ = AC + Поэтому AP + AQ = a + b + c. Следовательно, BL = BP = AP − AB = (a + b − Согласно задаче = (AC + CE − AE)/2 и CN = (BC + CE − Учитывая, что AC = BC, получаем MN = |CM − CN| = |AE − Пусть прямые AB, BC, CD и DA касаются окружности в точках P, Q, R и S. Тогда CQ = CR = x, поэтому BP = BC + CQ = BC + x и DS = DC + CR = = DC + x. Следовательно, AP = AB + BP = AB + BC + x и AS = AD + DS = = AD + DC + x. Учитывая, что AP = AS, получаем требуемое. 3.5. Пусть прямая AB касается окружностей с центрами ив точках и D. Так как 90 ◦ , прямоугольные треугольники AO 1 C и подобны. Поэтому O 1 C : AC = AD : DO 2 . Кроме того, AD = CB см. задачу 3.2 ). Следовательно, AC · CB = Рис. Рис. Пусть прямые AB и CD пересекаются в точке O. Для определён- ности будем считать, что точки A и D принадлежат первой окружности, а B и C — второй, причём OB < OA рис. 3.8). Точка M пересечения биссектрис углов A и D четырёхугольника ABCD является серединой той дуги первой окружности, которая лежит внутри треугольника AOD, а точка N пересечения биссектрис углов B и C — серединой той дуги второй окружности, которая лежит вне треугольника BOC см. задачу 2.96 а). Четырёхугольник описанный тогда и только тогда, когда точки M и N совпадают. 3.7. Пусть R — точка касания вневписанной окружности со стороной BD, P и Q — точки пересечения отрезка MN си соответственно (рис. Так как ∠DMQ = ∠BPN, ∠DQM = ∠BNP и ∠DMQ = ∠BNP, то треугольники и PCQ равнобедренные. Поэтому CP = CQ, DQ = DM = и BP = BN = BR. Следовательно, P, Q и R — точки касания вписанной окружности треугольника BCD сего сторонами (см. задачу Глава 3. Окружности 3.8. Обозначим некоторые точки касания так, как показано на рис. Сумма длин одной пары противоположных сторон среднего четырёхугольни- ка равна сумме длин пары других его сторон. Продолжим стороны этого Рис. 3.10 четырёхугольника до точек касания с вписанными окружностями остальных четырёхугольников (ST — один из полученных отрезков. При этом обе суммы длин пар противоположных отрезков увеличатся на одно и тоже число. Каждый из полученных отрезков является общей касательной к паре угловых окружностей его можно заменить на равную ему по длине другую общую внешнюю касательную те заменить на QR). Для доказательства равенства AB + CD = BC + AD остаётся воспользоваться равенствами вида = Пусть ABCD . . . YZ — указанная замкнутая ломаная, t A , t B , . . . , t Z — длины касательных к окружности, проведённых из вершин ломаной. В соответствии с соглашением о знаках алгебраическая длина участка пути от A к равна t A − t B . Поэтому алгебраическая сумма длин участков пути с указанными знаками равна t B ) + (t B − t C ) + . . . + (t Y − t Z ) + (t Z − t A ) = Пусть O — точка пересечения диагоналей выпуклого четырёхуголь- ника ABCD. Четырёхугольник ABCD вписанный тогда и только тогда, когда, те. Так как четырёхугольники ALBN и AMBK вписанные, то PL · PN = PA · PB = PM · PK. Поэтому четы- рёхугольник KLMN вписанный. 3.11. Пусть O — точка пересечения прямой AB и отрезка MN. Тогда OM 2 = = OA · OB = ON 2 , те Пусть для определённости лучи OA и BC сонаправлены; M — точка пересечения прямых KL и OA. Тогда ∠LOM = ∠LCB = ∠OKM, а значит. Следовательно, OM : KM = LM : OM, те. Кроме того, MA 2 = MK · ML. Поэтому MA = OM. Решения задач 69 3.13. Пусть O — точка пересечения диагоналей AC и BD. Тогда MO · OC = = BO · OD. Тогда как OC = OA и BO = OD, то MO · OA = и MO · OA = Эти равенства означают, что OB касается описанной окружности треугольника и OD касается описанной окружности треугольника Пусть C — точка пересечения прямой AB с описанной окружностью треугольника BMN, отличная от точки B; AP — касательная к окружности Тогда AB · AC = AM · AN = AP 2 , а значит, AC = AP 2 /AB, те. точка C одна и та же для всех прямых Замечание. Следует исключить случай, когда длина касательной, про- ведённой из A к S, равна Ясно, что MC 2 = MP · MQ = MA · MB, причём точка M лежит на луче, если AC > BC, и на луче BA, если AC < BC. Пусть для определённости точка M лежит на луче AB. Тогда (MB + BC) 2 = (MB + BA) · MB. Следовательно, а значит, положение точки M не зависит от выбора окружности Пусть M — точка пересечения прямой CD и касательной к окружностям в точке A. Тогда MC = MA = MD. Поэтому точка A лежит на окружности с диаметром Точки O 1 , A и лежат на одной прямой, поэтому ∠A 2 AO 2 = Треугольники и равнобедренные, поэтому ∠A 2 AO 2 = и ∠A 1 AO 1 = ∠AA 1 O 1 . Следовательно, ∠AA 2 O 2 = ∠AA 1 O 1 , те Пусть O 1 , и O 3 — центры окружностей S 1 , и S 3 ; A, B, C — точки касания окружностей и S 3 , и S 1 , и S 2 ; и B 1 — точки пересечения прямых CA и CB с окружностью S 3 . Согласно предыдущей задаче B 1 O 3 k и A 1 O 3 k CO 2 . Точки O 1 , C и лежат на одной прямой, поэтому точки, и тоже лежат на одной прямой, те диаметр окружности Пусть A 1 , и B — точки касания окружностей с центрами O и O 1 , O и O 2 , и O 2 ,. Тогда O 1 O 2 = O 1 B + BO 2 = O 1 A 1 + O 2 A 2 . Поэтому OO 1 + OO 2 + + O 1 O 2 = (OO 1 + O 1 A 1 ) + (OO 2 + O 2 A 2 ) = OA 1 + OA 2 = Пусть O, и O 2 — центры окружностей S, и S 2 ; C — общая точка окружностей и S 2 , лежащая на отрезке AB. Треугольники и CO 2 B равнобедренные, поэтому OO 1 CO 2 — параллелограмм и OO 1 = O 2 C = O 2 B, а значит, AO = AO 1 + O 1 O = AO 1 + Пусть и O 2 — центры окружностей и S 2 ; X — вторая точка пересечения прямой AB с окружностью S 2 . Квадрат искомой длины касательной равен BA · BX. Согласно задаче XO 2 , поэтому AB : BX = O 1 A : и AB · BX = AB 2 · O 1 O 2 /R = a 2 (R ± r)/R, где знак минус берётся в случае внутреннего касания. 3.22. Пусть O, и O 2 — центры окружностей с диаметрами AB, AC и Достаточно проверить, что KO = OL. Докажем, что 4O 1 KO = 4O 2 OL. В самом деле, O 1 K = AC/2 = O 2 O, O 1 O = BC/2 = O 2 L и = ∠OO 2 L = 180 ◦ − где a — угол между прямыми KL и Пусть O i — центр окружности S i , A i — точка касания окружностей S i и S i+1 . Четырёхугольник выпуклый пусть и величины его углов. Легко проверить, что ∠A i−1 A i A i+1 = ( a i + a i+1 )/2, поэтому+ ∠A 3 = ( a 1 + a 2 + a 3 + a 4 )/2 = ∠A 2 + а) Пусть A 1 , и C 1 — проекции точек A, B и C напрямую проекция точки C напрямую. По теореме Пифагора CC 2 2 = AC 2 − AC 2 2 , Глава 3. Окружности Рис. те. Аналогично и A 1 B 2 1 = 4ab. Так как A 1 C 1 + + C 1 B 1 = A 1 B 1 , тот. е. 1/ √ b + + 1/ √ a = 1/ √ c. б) Пусть A, B, C — центры «внешних» окружностей, D — центр внутренней окружности (рис. 3.11). Полупериметр треугольника равен b + c + d, поэтому cos 2 BDC 2 = d(b + c + d) (b + d)(c + d) , sin 2 BDC 2 = bc (b + d)(c + см. задачу. Если a 0 + b 0 + g 0 = то sin 2 a 0 + sin 2 b 0 − sin 2 g 0 + 2 sin b 0 sin g 0 cos a 0 = 0 (это утверждение эквивалентно теореме косинусов. Подставив в эту формулу значения a 0 = ∠BDC/2, b 0 = ∠ADC/2 и g 0 = ∠ADB/2, получим + d)(c + d) − ac (a + d)(c + d) − ab (a + d)(b + d) + 2 a p bcd(b + c + d) (a + d)(b + d)(c + d) = те Разделив на d, имеем a − b − g − d + 2 p bg + gd + db = 0. Поэтому ( a − b − g − d ) 2 + 4( ab + ag + ad ) = = 4( bg + gd + db ) + 4( ab + ag + ad ) = 2( a + b + g + d ) 2 − те Пусть A 1 , и C 1 — центры данных окружностей (рис. 3.12). Тогда ромба значит, BA 1 k HC 1 . Аналогично B 1 A k HC 1 , поэтому Рис. 3.12 B 1 A k и B 1 ABA 1 — параллелограмм. а) Так как и то AB ⊥ CH. Аналогично доказывается, что ⊥ AH и CA ⊥ BH. б) Так же, как было доказано, что B 1 A k можно доказать, что B 1 C k и A 1 C k AC 1 ; кроме того, длины всех этих шести отрезков равны R. Достроим треугольник до ромба BA 1 CO. Тогда AB 1 CO тоже ромб. Поэтому AO = BO = CO = R, те центр описанной окружности треугольника, и её радиус равен Легко проверить, что AB 1 ± B 1 A 1 = = AC 1 + C 1 A 1 , BC 1 + C 1 B 1 = BA 1 ± B 1 A 1 и C 1 A 1 ± CA 1 = C 1 B 1 ± B 1 C, где знак минус берётся только в случае б. Складывая эти равенства, получаем. С другой стороны, удвоенные величины Решения задач 71 углов треугольника ABC равны BA 1 ± CA 1 , AB 1 ± CB 1 и BC 1 + AC 1 , а их сумма равна Так как + BP + PQ = см. задачу, то = 180 ◦ − − PQ. Аналогично CD = 180 ◦ − PQ, те, а значит, AB = Кроме того, PQ ⊥ AB и PQ ⊥ CD см. задачу, поэтому AB k Точки M, B и C лежат на окружности с диаметром AO. Кроме того, хорды OB и OC этой окружности равны. 3.29. Точки B и X лежат на окружности с диаметром KO, поэтому. Аналогично ∠XLO = ∠XCO. Так как ∠XBO = ∠XCO, то треугольник KOL равнобедренный, причём OX — его высота. 3.30. Достаточно проверить, что AK · AL = AM · AO. В самом деле, тогда точки K, L, M и O лежат на одной окружности, и поэтому ∠MKO = Так как ∼ 4APM, то AM · AO = AP 2 ; ясно также, что AK · AL = Для определённости будем считать, что угол DBE острый. Пусть O центр окружности точки и симметричны точками относительно прямой AO. Согласно задаче 28.7 прямые и E 0 D пересекаются в точке Поэтому ∠BDM = ∠EBM и ∠BEM = ∠DBM, а значит, 4BDM ∼ 4EBM. Следовательно. Кроме того, ∠DME = DE = Из равенства ∠BEM = ∠DBM следует, что ∠BEM = ∠DBC = а) Так как ∼ 4KBC, то AB : BC = KB : KC. Аналогично AD : DC = = KD : KC. Учитывая, что KB = KD, получаем требуемое. б) Задача сводится к предыдущей, так как PBQ sin BPQ = sin ABD sin KBA = sin ABD sin Опустим из центра O окружности S перпендикулярна прямую. Докажем, что точка X, в которой пересекаются AB и OM, остаётся неподвижной. Точки A, B и M лежат на окружности с диаметром PO. Поэтому, а значит, 4AMO ∼ 4XAO, так как угол при вершине O у этих треугольников общий. Следовательно, AO : MO = XO : те постоянная величина. 3.34. Так как ∠OBP = ∠OAB = ∠OCB, то 4OBP ∼ 4OCB, а значит, OB 2 = = OP · OC. Проведём из точки C касательную CD к окружности S 1 . Тогда OB 2 = OP · OC. Следовательно, 4ODC ∼ 4OPD и ∠OPD = ∠ODC = Прямые BC и AD являются высотами треугольника APB, поэтому прямая PQ, проходящая через точку Q их пересечения, перпендикулярна прямой Обозначим точки пересечения прямых AC и BD, BC и AD через и соответственно. Согласно предыдущей задаче KK 1 ⊥ AB, поэтому достаточно доказать, что точка пересечения касательных в точках C и D лежит на прямой Докажем, что касательная в точке C проходит через середину отрезка Пусть M — точка пересечения касательной в точке C и отрезка KK 1 . Стороны острых углов ABC и соответственно перпендикулярны, поэтому углы равны. Аналогично ∠CAB = ∠CK 1 K. Ясно также, что = ∠ABC, поэтому треугольник CMK равнобедренный. Аналогично треугольник равнобедренный и KM = CM = K 1 M, те середина отрезка Аналогично доказывается, что касательная в точке D проходит через середину отрезка KK 1 Глава 3. Окружности 3.37. а) Прямая AC пересекает окружность в точках A и A 1 , прямая в точках B и B 1 . Если A = или B = B 1 ), то прямая или BC) — искомый перпендикуляр. Если же это не так, то и являются высотами треугольника ABC и искомая прямая — это прямая, проходящая через точку C и точку пересечения прямых и б) Возьмём точку C 1 , не лежащую на окружности, и опустим из неё перпендикуляр на AB. Пусть он пересекается с окружностью в точках D и Построим точку P пересечения прямых DC и AB, а затем точку F пересечения прямой PE с окружностью. При симметрии относительно AB точка переходит в точку F. Поэтому CF — искомый перпендикуляр. Рис. Так как PA ⊥ O b O c , то прямая PA проходит через точку тогда и только тогда, когда прямая проходит через точку пересечения высот треугольника O a O b O c . Аналогичные утверждения верны и для точек B и C. Из условия задачи следует, что P — точка пересечения высот треугольника, а значит, PO c ⊥ Пусть 2a и 2b — длины катетов, 2c — длина гипотенузы. Сумма площадей луночек равна p a 2 + p b 2 + S ABC − p c 2 . Ясно, что p (a 2 + b 2 − c 2 ) = Доказательство достаточно провести для каждой из четырёх частей, на которые диаметры делят исходный круг (рис. 3.13). Рассмотрим в круге сегмент, отсекаемый хордой, на которую опирается центральный угол 90 ◦ ; пусть S и s — площади таких сегментов для исходного и четырёх построенных кругов соответственно. Ясно, что S = 4s. Остаётся заметить, что площадь части с одинарной штриховкой равна S − 2s = 2s, а площадь части с двойной штриховкой равна Обозначим точки пересечения окружностей, построенных на отрезках и OC, OA и OC, OA и OB, через A 1 , B 1 , соответственно (рис. 3.14). ∠OA 1 B = ∠OA 1 C = 90 ◦ , поэтому точки B, и C лежат на одной прямой, атак как окружности имеют одинаковые радиусы, то BA 1 = Рис. Рис. 3.15 Решения задач 73 Точки A 1 , B 1 , являются серединами сторон треугольника ABC, поэтому и BC 1 = A 1 B 1 . Так как круги имеют одинаковый радиус, то равные хорды и отсекают от кругов части равной площади, а равные хорды C 1 B и также отсекают от кругов части равной площади. Поэтому площадь криволинейного треугольника равна площади параллелограмма A 1 B 1 C 1 B, те. равна половине площади треугольника Рассматриваемые окружности проходят через основания высот треугольника, а значит, точки их пересечения лежат на сторонах треугольника. Пусть x, y, z и u — площади рассматриваемых криволинейных треугольников и f — площади сегментов, отсекаемых от окружностей сторонами треугольника p, q и r — площади частей треугольника, лежащих вне внутреннего криволинейного треугольника (рис. Тогда x + (a + b) = u + p + q + (c + f), y + (c + d) = u + q + r + (e + b) и z + + (e + f) = u + r + p + (a + d). Складывая эти равенства, получаем x + y + z = = 2(p + q + r + u) + а) Пусть O и O 1 — центры окружностей S и S 1 . Треугольники и PON равнобедренные, причём ∠MO 1 N = ∠PON. Следовательно, точки, M и N лежат на одной прямой. б) Ясно, что PQ 2 = PM · PN = PM · (PM + MN). Пусть K — середина хорды. Тогда PM 2 = PK 2 + и PM · MN = AM · MB = AK 2 − MK 2 . Поэтому Согласно задаче 3.43 б) BE = BD. Поэтому ∠DAE + ∠ADE = ∠DEB = = ∠BDE = ∠BDC + ∠CDE. Атак как ∠DAB = ∠BDC, то ∠ADE = Пусть и O 2 — центры вписанных окружностей, CP и CQ — касательные к ним. Тогда CO 2 1 = CP 2 + PO 2 1 = CP 2 + итак как CQ = CA = CP (задача 3.43 б), CO 2 2 = CQ 2 + QO 2 2 = CP 2 + O 2 M 2 . Следовательно, CO 2 1 − CO 2 2 = = MO 2 1 − MO 2 2 , а значит, прямая CM перпендикулярна см. задачу 7.6 ). Поэтому прямая MN проходит через точку Заме чан и е. Если окружности не пересекаются, а касаются, утверждение остаётся верным в этом случае прямую MN нужно заменить на касательную к окружностям в их общей точке. 3.46. Пусть ∠LAB = a и ∠LBA = b ( a + b = 90 ◦ ). Согласно задаче 3.43 б) AB 1 = AL, поэтому ∠AB 1 L = 90 ◦ − a /2. Аналогично = 90 ◦ − b /2. Следовательно Пусть и B 1 — середины дуги центр вписанной окружности. Тогда A 1 B 1 ⊥ CO см. задачу 2.20 а) и MN ⊥ CO, а значит, MN k Будем перемещать точки и по лучами так, что M 0 N 0 k Лишь при одном положении точек и точка L, в которой пересекаются прямые и A 1 N 0 , попадает на описанную окружность треугольника С другой стороны, если отрезок MN проходит через точку O, точка L попадает на эту окружность (см. задачу 2.52 ). 3.48. Решение этой задачи обобщает решение предыдущей задачи. Достаточно доказать, что центр вписанной окружности треугольника лежит на отрезке M 2 N 1 . Пусть и A 2 — середины дуги, и B 2 — середины дуги диаметр окружности S, перпендикулярный хорде AB, причём Q и лежат по одну сторону от прямой AB. Точка является точкой пересечения хорд и BB 1 , а точка L касания окружностей S и согласно задаче 3.43 а) является точкой пересечения Глава 3. Окружности Рис. 3.16 прямых A 1 N 1 и B 2 M 2 (рис. 3.16). Пусть ∠C 1 AB = 2 a , ∠C 1 BA = 2 b , ∠C 1 AC 2 = = 2 f . Тогда 2 f = B 1 B 2 , те. Угол между хордами и равен ( B 2 C 1 + A 1 B)/2 Далее, угол между хордами и равен ( C 1 C 2 + AB)/2 = 2 f + 180 ◦ − 2 a − − 2 b , поэтому хорда образует с касательными и углы а значит, M 2 N 1 k Предположим теперь, что точки M 0 и N 0 перемещаются по хордами BC 1 так, что M 0 2 N 0 1 k Пусть прямые и B 2 M 0 пересекаются в точке iLi0ТочкаiLi0лежит на окружности лишь при одном положении точек и N 0 1 . Поэтому достаточно указать на дуге AB такую точку L 1 , что если M 00 2 , N 00 1 — точки пересечения хорд AC 2 и L 1 B 2 , и L 1 A 1 , то M 00 2 N 00 1 k и точка лежит на отрезке M 00 2 N 00 1 . Пусть Q 1 — такая точка окружности, что 2∠(PQ, PQ 1 ) = ∠(PC 2 , PC 1 ), и L 1 — точка пересечения прямой с окружностью S. Докажем, что точка искомая. Так как = то 2( a − 2 f ) = C 2 A 1 . Поэтому четырёхугольник AM 00 вписанный, а значит, ∠M 00 2 O 1 A = ∠M 00 2 L 1 A = ∠B 2 A 1 A, те. Аналогично Пусть и E 2 — основания перпендикуляров, опущенных из точек I 1 и напрямую. Согласно задаче 3.48 точка I является точкой пересечения прямой, проходящей через точку и точку касания прямой и окружности S 1 , и прямой, проходящей через точку и точку касания прямой AD и окружности S 2 . Пусть F 1 — точка пересечения прямых и E 2 I, F 2 — точка пересечения прямых и E 1 I. Ясно, что DI 1 ⊥ E 1 I, DI 2 ⊥ E 2 I и DI 1 ⊥ DI 2 . Поэтому I 1 D k и I 2 D k F 2 E 1 . Следовательно I 1 F 1 = E 1 D : DE 2 = F 2 I 2 : I 2 E 2 . Это означает, что точка I лежит на отрезке, причём I 1 I : I 2 I = E 1 F 1 : E 2 F 2 = E 1 E 2 tg f 2 : E 1 E 2 ctg f 2 = Пусть E — проекция точки I напрямую. Тогда r = IE. Согласно задаче б = I 1 E 1 ctg f 2 + I 2 E 2 tg f 2 tg f 2 + ctg f 2 = r 1 cos 2 f 2 + Пусть f = ∠AOB, где O — точка пересечения диагоналей AC и Пусть, далее, r ab , r bc , r cd , r ad — радиусы окружностей, касающихся описанной окружности четырёхугольника ABCD и отрезков CO и DO, DO и AO, AO и BO, Решения задачи. Согласно теореме Тебо (задача r ad sin 2 f 2 + r ab cos 2 f 2 , r b = r ab cos 2 f 2 + r bc sin 2 f 2 , r c = r bc sin 2 f 2 + r cd cos 2 f 2 , r d = r cd cos 2 f 2 + Поэтому r a + r c = (r ad + r bc ) sin 2 f 2 + (r ab + r cd ) cos 2 f 2 = r b + Пусть окружности с центрами и проходят через точку Радиусы O 1 A и O 2 A перпендикулярны касательным к окружностям в точке поэтому окружности ортогональны тогда и только тогда, когда ∠O 1 AO 2 = те+ Пусть A 1 , и C 1 — центры данных окружностей, причём точки и C лежат на отрезках B 1 C 1 , и соответственно. Так как A 1 B = A 1 C, B 1 A = B 1 C и C 1 A = C 1 B, то A, B и C — точки касания вписанной окружности треугольника сего сторонами (см. задачу. Таким образом, радиусы A 1 B, B 1 C и C 1 A данных окружностей касаются описанной окружности треугольника Легко проверить, что угол поворота от вектора # – O i B до вектора против часовой стрелки) равен 2∠(AB, AM i ). Ясно также, что, AM 1 ) = = ∠(AB, AM 2 ). 3.54. Проведём через точку P другую прямую, пересекающую окружность в точках и B 1 . Тогда 4PB 1 B, поэтому PA : PA 1 = PB 1 : PB. 3.55. Проведём через точку P касательную PC. 4PAC ∼ 4PCB, поэтому Пусть прямая, проходящая через точку P и центр окружности, пересекает окружность в точках A и B. Тогда PA = d + R и PB = |d − Поэтому PA · PB = |d 2 − R 2 |. Ясно также, что величина d 2 − и степень точки P относительно окружности S имеют одинаковые знаки. 3.57. Пусть a = −a/2, b = −b/2 и R = p a 2 + b 2 − c. Тогда f(x, y) = (x − a ) 2 + + (y − b 2 ) − R 2 , те центр данной окружности S, а R — её радиус. Таким образом, квадрат расстояния от точки (x 0 , y 0 ) до центра окружности равен (x − a ) 2 + (y − b 2 ). Поэтому согласно задаче 3.56 степень точки (x 0 , относительно окружности S равна f(x 0 , Пусть и R 2 — радиусы окружностей. Рассмотрим систему координат, в которой центры окружностей имеют координаты (−a, 0) и (a, Согласно задаче 3.56 степени точки с координатами (x, y) относительно данных окружностей равны (x + a) 2 + y 2 − R 2 и (x − a) 2 + y 2 − R 2 2 соответственно. Приравнивая эти выражения, получаем x = (R 2 1 − R 2 2 )/4a. Это уравнение задаёт прямую, перпендикулярную отрезку, соединяющему центры окружностей. 3.59. Степени точки пересечения окружностей относительно каждой из них равны нулю, поэтому она лежит на радикальной оси. Если точек пересечения две, то они однозначно задают радикальную ось. 3.60. Так как центры окружностей не лежат на одной прямой, радикальная ось первой и второй окружностей пересекается с радикальной осью второй и третьей окружностей. Степени точки пересечения относительно всех трёх окружностей равны, поэтому она лежит на радикальной оси первой и третьей окружностей. 3.61. Согласно задаче 3.59 прямые, содержащие хорды, являются радикальными осями. Согласно задаче 3.60 радикальные оси пересекаются водной Глава 3. Окружности точке, если центры окружностей не лежат на одной прямой. В противном случае они перпендикулярны этой прямой. 3.62. Проведём вспомогательную окружность S, пересекающую обе данные окружности. Затем проведём прямую через общие точки окружностей и и прямую через общие точки окружностей и S. Точка пересечения этих прямых — радикальный центр окружностей S 1 , и S. С помощью какой-ни- будь другой вспомогательной окружности построим ещё один радикальный центр. Искомая прямая соединяет построенные радикальные центры. 3.63. Пусть и O 2 — центры данных окружностей, и r 2 — их радиусы. Окружность S радиуса r с центром O ортогональна окружности тогда и только тогда, когда r 2 = OO 2 i − r 2 i , те. квадрат радиуса окружности S равен степени точки O относительно окружности S i . Поэтому множеством центров искомых окружностей является множество тех точек радикальной оси, степени которых относительно данных окружностей положительны. 3.64. а) Указанные точки лежат на радикальной оси. б) Точки касания внешних касательных с окружностями являются вершинами трапеции ABCD с основанием AB. Середины боковых сторон AD и принадлежат радикальной оси, поэтому середина O диагонали AC тоже принадлежит радикальной оси. Если прямая AC пересекает окружности в точках A 1 и C 1 , то OA 1 · OA = OC 1 · OC, а значит, OA 1 = и AA 1 = Пусть M — середина отрезка CH. Требуется доказать, что точка лежит на радикальной оси окружностей S и S 1 , те. её степени относительно этих окружностей равны. Пусть радиусы окружностей S и равны 2R и Тогда степень точки M относительно окружности равна CM 2 − 4r 2 = а её степень относительно S равна OM 2 − 4R 2 , где O — середина отрезка Ясно, что OH 2 = 4R 2 − 4r 2 , поэтому OM 2 = OH 2 + HM 2 = 4R 2 − 4r 2 + r 2 = = 4R 2 − 3r 2 . Следовательно, OM 2 − 4R 2 = а) Пусть и S B — окружности с диаметрами и BB 1 ; S — окружность с диаметром AB. Общими хордами окружностей S и S A , S и являются высоты и BH b , поэтому они (или их продолжения) пересекаются в точке H. Согласно задаче 3.61 общая хорда окружностей и проходит через точку пересечения хорд и б) Общая хорда окружностей и проходит через точку пересечения прямых и те. через точку C) тогда и только тогда, когда CB 1 · CH b = CA 1 · длины отрезков следует считать ориентированными. Так как CH b = (a 2 + b 2 − c 2 )/2b и CH a = (a 2 + b 2 − c 2 )/2a, приходим к соотношению CB 1 /b = CA 1 /a. 3.67. Проведём в треугольнике CDE высоты и DD 1 ; пусть H — точка их пересечения. Окружности с диаметрами AC и BD проходят через точки C 1 и соответственно, поэтому степень точки H относительно каждой из этих окружностей равна её степени относительно окружности с диаметром эта окружность проходит через точки и D 1 ). Аналогично доказывается, что степени точки H относительно окружностей с диаметрами AC, BD и EF равны, т. е. радикальные оси этих окружностей проходят через точку H. Для точек пересечения высот остальных трёх треугольников доказательство проводится аналогично. З а меча ни е. Центры рассматриваемых окружностей лежат на прямой Гаусса (см. задачу, поэтому их общая радикальная ось перпендикулярна прямой Гаусса Решения задач 77 Рис. Прямые A 1 A 2 , и пересекаются в некоторой точке O см. задачу. Так как 4B 1 OA 2 , то A 1 B 2 : A 2 B 1 = OA 1 : Аналогично B 1 C 2 : B 2 C 1 = OB 1 : и C 1 A 2 : C 2 A 1 = = OC 1 : OA 1 . Перемножая эти равенства, получаем требуемое. 3.69. Обозначим через и точки пересечения прямых A 0 M и A 0 N с прямой, проведён- ной через точку A параллельно BC рис. Так как треугольники A 0 BM и A 0 NC равнобедренные, то = 4A 0 B 0 C 0 . Поскольку AM · BM = = A 0 M · B 0 M, степени точки M относительно окружностей и S 0 , описанных около треугольников и соответственно, равны. Это верно и для точки N, поэтому прямая MN является радикальной осью окружностей S и S 0 . Окружности и имеют одинаковые радиусы, поэтому их радикальная ось является их осью симметрии. Точка A 0 , лежащая на окружности S 0 , при симметрии относительно прямой MN переходит в точку, лежащую на окружности Пусть AC и BD — касательные E и K — точки пересечения прямых и BD, AB и CD; и O 2 — центры окружностей (рис. 3.18). Так Рис. как AB ⊥ O 1 E, O 1 E ⊥ O 2 E и O 2 E ⊥ CD, то AB ⊥ CD, а значит, K — точка пересечения окружностей и с диаметрами AC и BD. Точка K лежит на радикальной оси окружностей и S 2 ; остаётся проверить, что этой радикальной осью является прямая O 1 O 2 . Радиусы O 1 A и O 1 B являются касательными к и S 2 , поэтому точка лежит на радикальной оси. Аналогично точка лежит на радикальной оси. 3.71. Обозначим данные окружности через S 1 , . . . , S n . Для каждой окружности рассмотрим множество M i , состоящее из тех точек X, для которых степень относительно не больше степеней относительно S 1 , . . . , S n . Тогда выпуклое множество. В самом деле, пусть M ij — множество точек X, Глава 3. Окружности для которых степень относительно не больше степени относительно является полуплоскостью, состоящей из точек, лежащих по одну сторону с окружностью от радикальной оси окружностей и S j . Множество является пересечением выпуклых множеств M ij , поэтому оно само выпуклое. Кроме того, поскольку каждое из множеств содержит окружность то содержит S i . Так как для каждой точки плоскости какая-то из степеней относительно S 1 , . . . , является наименьшей, множества покрывают всю плоскость. Рассматривая те части множеств M i , которые лежат внутри исходного многоугольника, получаем требуемое разбиение. 3.72. а) Точки и лежат на окружности с диаметром BC, поэтому степени точки относительно описанных окружностей треугольников и ABC равны степени точки относительно этой окружности. Значит, точка лежит на радикальной оси окружности девяти точек и описанной окружности треугольника ABC. Для точек и доказательство анало- гично. б) Рассмотрим треугольник A 1 B 1 C 1 , образованный внешними биссектрисами треугольника ABC треугольник остроугольный. Согласно задаче а) точки A 0 , и лежат на радикальной оси описанных окружностей треугольников и A 1 B 1 C 1 . Радикальная ось этих окружностей перпендикулярна прямой, соединяющей их центры, те. прямой Эйлера треугольника Рис. 3.19 Остаётся заметить, что точка пересечения высот треугольника является точкой пересечения биссектрис треугольника ABC см. задачу 1.57 а). 3.73. Пусть выпуклый шестиугольник касается окружности в точках R, Q, T, S, P, точка R лежит на AB, Q — на BC и т. д.). Выберем произвольное число a > 0 и построим на прямых BC и EF точки и P 0 так, что QQ 0 = PP 0 = a, а векторы и – PP 0 сонаправ- лены с векторами # – CB и # – EF. Аналогично строим точки R 0 , S 0 , T 0 , рис. 3.19; RR 0 = SS 0 = TT 0 = = UU 0 = a). Построим окружность S 1 , касающуюся прямых BC ив точках и P 0 . Аналогично построим окружности и Докажем, что точки B и E лежат на радикальной оси окружностей и S 2 . BQ 0 0 − − BQ = RR 0 − BR = если QQ 0 < BQ, то BQ 0 = BQ − QQ 0 = BR − RR 0 = и EP 0 = EP + PP 0 = ES + SS 0 = ES 0 . Аналогично доказывается, что прямые и AD являются радикальными осями окружностей и S 3 , и соответственно. Так как радикальные оси трёх окружностей пересекаются водной точке, прямые AD, BE и CF пересекаются водной точке. 3.74. Пусть A i — точка касания окружностей и S i+1 , X — точка пересечения прямых и A 2 A 3 . Тогда X — точка пересечения общих внешних касательных к окружностями см. задачу. Атак как четы- рёхугольник вписанный (задача, то XA 1 · XA 4 = XA 2 · а значит, точка X лежит на радикальной оси окружностей и а) Рассмотрим систему координат с началом O в середине отрезка, соединяющего центры окружностей, а ось Ox направим вдоль этого отрезка. Пусть точка P имеет координаты (x, y); R и r — радиусы окружностей и S 2 ; Решения задач = d/2. Тогда (x + a) 2 + y 2 = и p = (x − a) 2 + y 2 − r 2 = ((x + a) 2 + y 2 − R 2 ) − − 4ax − r 2 + R 2 = R 2 − r 2 − Пусть точка A имеет координаты (x 0 , y 0 ). Тогда (x 0 + a) 2 + y 2 0 − R 2 = = (x 0 − a) 2 + y 2 0 − те Поэтому = 4a|x 0 − x| = = |R 2 − r 2 − 4ax| = б) Пусть d — расстояние между центрами описанных окружностей треугольников и BCD; и h b — расстояния от точек A и B до прямой Согласно задаче аи. Учитывая, что S BCD = и S ACD = h a CD/2, получаем требуемое. 3.76. Две окружности задают радикальную ось, поэтому а) следует из б). Пусть задана окружность S с центром O и радиусом R и прямая l. Окружность с центром и радиусом и окружность S имеют радикальную ось тогда и только тогда, когда точка лежит на прямой, перпендикулярной прямой l и проходящей через точку O, а кроме того, для любой точки прямой l выполняется равенство AO 2 − R 2 = AO 1 − R 2 1 , те+ теорема Пифагора показывает, что эта величина не зависит от выбора точки A на прямой l). Легко видеть, что все окружности, центры которых лежат на указанной прямой, а радиусы удовлетворяют указанному соотношению, образуют пучок. Действительно, если AO 2 − R 2 = AO 1 − R 2 и AO 2 − R 2 = AO 2 − R 2 2 , то AO 2 1 − R 2 1 = AO 2 − R 2 2 , поэтому прямая l служит радикальной осью окружностей и Если l 6= 1, то 1 − l (f − l g) = x 2 + y 2 + a 1 − l a 2 1 − l x + b 1 − l b 2 1 − l y + c 1 − l c 2 Поэтому согласно задаче 3.57 радикальная ось окружностей f − l g = 0 и f − m g = = 0 задаётся уравнением 1 − l (f − l g) = 1 1 − m (f − m g). Если l 6= m , то после очевидных преобразований получаем уравнение f = g. Таким образом, радикальная ось этих окружностей совпадает с радикальной осью окружностей = 0 и g = Из решения задачи 3.76 видно, что если окружность пучка проходит через точку радикальной оси, то и все остальные окружности пучка тоже проходят через эту точку. 3.79. В эллиптическом пучке любая окружность пересекает радикальную ось в двух фиксированных точках радиус такой окружности больше нуля. В параболическом пучке любая окружность касается радикальной оси в фиксированной точке именно эта точка является предельной. Рассмотрим теперь гиперболический пучок. Пусть A — точка пересечения радикальной оси и прямой m, на которой лежат центры окружностей пучка. Пусть, далее, k — степень точки A относительно всех окружностей пучка. Для гиперболического пучка k > 0. Точка O прямой m является центром окружности нулевого радиуса, если AO 2 = k. Таких точек две. 3.80. Пусть S — окружность с центром O и радиусом R, S 1 — окружность с центром и радиусом R 1 . Ортогональность этих окружностей эквивалентна тому, что OO 2 1 = R 2 + R 2 1 . Степень точки O относительно окружности равна 1 − R 2 1 , поэтому ортогональность окружностей S и эквивалентна тому, что степень точки O относительно окружности равна R 2 Глава 3. Окружности Предположим, что окружность S ортогональна окружностями. Тогда степень точки O относительно окружностей и равна R 2 . Поэтому точка O лежит на их радикальной оси. Степень точки O относительно любой окружности пучка, порождённого окружностями и S 2 , равна Пусть окружность S с центром O и радиусом R принадлежит данному пучку. Тогда, как следует из решения задачи, степень точки относительно любой окружности, ортогональной S, равна R 2 . Поэтому прямая, на которой лежат центры окружностей данного пучка, является радикальной осью для семейства ортогональных окружностей. 3.82. Точка O является предельной точкой пучка тогда и только тогда, когда её степень относительно любой окружности ортогонального пучка равна те. точка O принадлежит любой окружности ортогонального пучка. Ясно также, что пучок, ортогональный ортогональному пучку, совпадает с исходным пучком ГЛАВА 4 ПЛОЩАДЬ Основные сведения. Площадь S треугольника ABC можно вычислять последующим форму- лама) S = ah a /2, где a = BC, h a — длина высоты, опущенной наб, где b, c — стороны треугольника, A — угол между ними; в) S = pr, где p — полупериметр, r — радиус вписанной окружности. В самом деле, если O — центр вписанной окружности, то = S ABO + S AOC + S OBC = 1 2 (c + b + a)r = pr. 2. Если многоугольник разрезан на несколько многоугольников, то сумма их площадей равна площади исходного многоугольника. Фигуры, имеющие равную площадь, иногда называют равновеликими. Вводные задачи 1. Докажите, что площадь выпуклого четырёхугольника равна 2 d 1 d 2 sin f , где и d 2 — длины диагоналей, а f — угол между ними. 2. Пусть E и F — середины сторон BC и AD параллелограмма. Найдите площадь четырёхугольника, образованного прямыми и FC, если известно, что площадь ABCD равна Многоугольник описан около окружности радиуса r. Докажите, что его площадь равна pr, где p — полупериметр многоугольника. 4. Точка X расположена внутри параллелограмма ABCD. Докажите, что S ABX + S CDX = S BCX + Пусть A 1 , B 1 , и D 1 — середины сторон CD, DA, AB, BC квадрата, площадь которого равна S. Найдите площадь четырёхуголь- ника, образованного прямыми AA 1 , BB 1 , и DD 1 |