А. Карлюченко, Г. Филипповский

Радость сотрудничества!

Г. Филипповский А. Карлюченко

Радость сотрудничества!

Радость сотрудничества! - К., 2016.

Данная книжица - результат радостного сотрудничества двух людей, относящихся с любовью к геометрии. Один из них - преподаватель математики Русановского лицея г. Киева. Другой -выпускник лицея, победитель математических олимпиад, автор многих геометрических задач. Главы книжицы - назовём их геометрическими новеллами - рождались во время дружеских бесед, споров, находок, импровизаций.

Сюжетно главы никак не связаны друг с другом. Вместе с тем, каждая из них может пригодиться на уроках в математических классах, во время занятий спецкурсов и факультативов, при подготовке к выступлению на олимпиадах различного уровня. Ученик, увлекающийся геометрией, найдёт в ней немало полезного материала для своего роста в этом предмете. И, верим, получит удовольствие от решения и разбора красивых задач!..

© Григорий Филипповский, текст

© Алексей Карлюченко, текст

© Екатерина Яцкив, обложка

Оглавление

Предисловие.............................................................................................................6

Глава 1. Одна задача - но какая!............................................................................7

Глава 2. Нетривиальные свойства треугольника BIC..........................................11

Глава 3. Прямая и две точки по одну сторону от нее...........................................16

Глава 4. Угол и точка внутри угла Задачи на построение..................................25

Глава 5. На трёх параллельных прямых...............................................................32

Глава 6. Принадлежит ли точка К описанной окружности треугольника ABC... 41

Глава 7. Задачи с тремя равными окружностями.................................................50

Глава 8. Прямоугольник, который вписан в окружность......................................59

Глава 9. Вписанно-описанные четырехугольники АМ2ХМ3..................................65

Глава 10. Треугольник, в котором b+c=ajl........................................................74

Глава 11. Лемма биссектрального треугольника.................................................80

Глава 12. О касательных, проведенных в двух вершинах треугольника............88

Глава 13. Векторные суммы, которые определяют равносторонний треугольник................................................................94

Глава 14. Об одной замечательной прямой в треугольнике.............................103

Глава 15. 0/-построения в ААВС.......................................................................113

Глава 16. Применение неравенства Иенсена в школьной геометрии..............120

Предисловие

Эта книжица представляет собой ряд геометрических новелл, написанных Г. Филипповским и А. Карлюченко в дружеском соавторстве. Каждая рождающаяся глава доставляла авторам радость, складывалась из совместных идей, маленьких открытий, обнаружений глубинных связей между задачами. Несомненно, представленная здесь геометрия - несколько повышенной сложности. Подборки задач в главах могут быть уместны для занятий кружков и спецкурсов. А сами задачи - на олимпиадах, математических боях, всевозможных соревнованиях. Вместе с тем большое число задач может быть использовано также и во время уроков - при работе как со всем классом, так и с отдельными учениками.

Слова благодарности - Сергею Яковлеву, совместно с которым была написана глава «Треугольник, в котором b + c = a^j2», а также Алексею Глушичу за конструктивные, плодотворные замечания и за профессиональную вёрстку книги.

Верим, что удовольствие, азарт и даже озорство, с которыми писались все главы книжицы, передадутся и читателям!..

Авторы

Глава 1

Одна задача — но какая!

Эта задача была предложена на Киевской городской олимпиаде 1997 года в 8 классе. Сразу она получила известность благодаря изысканности, многим способам решения, эмоциональному воздействию на учащихся и педагогов.

Назовем эту задачу главной. Вот она.

Главная задача. В треугольнике ABC проведена биссектриса СЦ (рис.1). На стороне ВС взята точка D - такая, что ZD AB = В + С . Доказать, что DL3 - биссектриса ZADB .

Предлагаем один из самых красивых способов решения этой задачи.

Решение. Продлив CA , получим ZBAK = 180° - А = В + С (рис. 1). Тогда AB является внешней биссектрисой для AADC . Известно, что две внешние биссектрисы треугольника и одна внутренняя пересекаются в одной точке - центре вневписанной окружности (докажите!). Следовательно, DL3 - внешняя биссектриса треугольника AADC , то есть Z1 = Z2.

рис.1

Действительно, задача красивая! И все же вряд ли она бы заслуживала отдельного разговора. Но факт, доказанный в ней, имеет довольно эффективное применение при решении непростых задач олимпиадного характера.

Задача 1. В равнобедренном треугольнике ABC В = С = 36° . На основании ВС взята точка D - такая, что отрезок AD = п делит треугольник ЛВС на два равнобедренных треугольника (рис.2). СЦ - биссектриса угла С . Найти DL3.

Решение. По условию ZDAC = С = 36° . ZDAB = ZADB = 72° . Поскольку ZD А В = 12° = В + С и CL3 - биссектриса, то по главной задаче DL3 - биссектриса угла ADB , то есть Z1 = Z2 = 36° . Тогда ZDL3A = 72° = ZDAL3. Следовательно, DL3 -AD-n.

рис.2

Задача 2. В треугольнике ABC угол А равен 120°. АЦ, BL2, СЦ -биссектрисы его внутренних углов. Найти угол L2L}L3 (рис.3).

рис.3

Решение. Поскольку ZI^AB = 60° = В + С , то по главной задаче LXL3 - биссектриса угла ALXВ, то есть Z1 = Z2 . Аналогично ZLXAC = 60° = В + С и LXL2 -биссектриса угла ALXC, то есть Z3 = Z4 . Тогда угол является углом между биссектрисами смежных углов. Следовательно, угол равен 90° .

Задача 3. АНХ - высота, а СЦ - биссектриса в треугольнике ABC (рис.4). ZCL3A = 45°. Доказать, что А1ЪНХВ = 45°.

Решение. ZHXAB = 90°-В (из МНХВ). Поскольку ZCL3A = 45° является внешним для треугольника CLB, то В + — = 45°, или 2Я + С = 90°,или 90°-Я = Я + С. Следовательно, ZHXAB = В + С. Тогда по главной задаче //,L3 -биссектриса угла АИХВ, то есть

рис 4

Задача 4. Построить треугольник ^2?С по вершине А , основанию биссектрисы угла С и точке К (К лежит на стороне ВС ), если известно, что ZAKB = А-В.

Анализ. Подсчитав углы ААКВ (рис.5), получим: ZKAB = В + С . Тогда по главной задаче KL3 - биссектриса ZAKB .

Построение. Соединим точки А , К , L3. Отложим Z2 = Z1 и проведем через точку /С прямую, которая пересечет прямую AL3 в точке Z?.

Поскольку ZKAB = В + С , то имеем также и Л = 180° - (В + С).

Следовательно, под углом А к AB проведем прямую, которая пересечется с прямой ВК в точке С. Треугольник ABC - искомый!

рис.5

Задача 5 (Всеукраинская Олимпиада 1973 г.) Треугольник ABC имеет такие углы: ^4 = 112,5°; 5 = 22,5°; С = 45°. Доказать, что высота АНХ, медиана ВМ2 и биссектриса СЦ пересекаются в одной точке.

рис.6

Доказательство. Пусть высота АИХ и биссектриса CL3 треугольника ABC пересекаются в точке Т (рис.6). Очевидно, что Z.CAHX =45° . Тогда НХАВ, и по главной задаче //,L3 - биссектриса угла АИХВ, то есть Z1 = Z2 = 45° .

Следовательно, САЬЪИХ -трапеция. По свойству трапеции (точка пересечения продолжений боковых сторон, точка пересечения диагоналей и середины оснований лежат на одной прямой) прямая ВТ должна пройти через середины отрезков НХЬЪ и АС . Таким образом, прямая ВТ пройдет через точку М2 - середину АС . А это и означает, что высота АИХ, медиана ВМ2 и биссектриса CL3 пересекаются в одной точке.

Глава 2

Нетривиальные свойства треугольника BIC

В произвольном треугольнике ABC проведем биссектрисы углов В и С . Пусть они пересекутся в точке I - инцентре ААВС (рис.1).

Рис 1

Оказывается, ^В1С образованный при этом, имеет много полезных и интересных свойств, которые могут быть использованы при решении ряда учебных, конкурсных и олимпиадных задач.

Итак, остановимся подробнее на свойствах треугольника BIC.

Задача 1. Выразить угол BIC через угол А треугольника ABC . Доказать, что ABIC является тупоугольным.

Решение. Поскольку сумма углов любого треугольника равняется 180° , то

Тем самым доказан и тот факт, что ABIC -тупоугольный.

Задача 2. Центром окружности, описанной около ABIC , является точка пересечения продолжения биссектрисы угла А с описанной около ААВС окружностью. Доказать.

Решение. Пусть продолжение биссектрисы угла А пересекает описанную около ААВС окружность в точке W (рис.2), BW = CW , поскольку эти хорды опираются на равные дуги (а дуги являются равными, поскольку вписанные).

(вписанный, опирается на дугу BW ). Тогда

Но и

(внешний для AAIC ).

Итак, AIWC - равнобедренный и CW = IW . Таким образом, точка W равноудалена от всех вершин треугольника BIC и является центром описанной около него окружности.

Рис.2

Задача 3. Доказать, что биссектриса AL и радиус IK вписанной в ААВС окружности ( К - точка его касания со стороной ВС ) - изогонали, то есть Z1 = Z2 (рис.3).

Решение. Поскольку Z1 является внешним для AAIC , то

Рассматривая ABIK , находим, что

Итак, Z1 = Z2 .

Рис.3

Задача 4. Окружность, описанная около ABIC , пересекает сторону АС в точке Т. Докажите, что AT = AB (рис.4).

Рис.4

Решение. ZBTC = ZBIC = 90° + — (вписанные, опираются на одну дугу). Тогда смежный с углом ВТС ZATB = 90°-- . К тому же, ZBTC является внешним для АА ТВ , то есть ZBTC = ZBA Т + ZABT , или 90° + — = А + ZABT, откуда ZABT = 90° - — .

Итак, ААВТ - равнобедренный: AT = AB .

Рис. 5

Задача 5. Окружность, описанная около ABIC , пересекает АС и продолжение ^45 соответственно в точках Т \л N (рис.5). Докажите, что BN - CT.

Решение. Из центра окружности - точки W -проведем перпендикуляры WF и WG соответственно к хордам CT и BN . AAWF = AAWG (по гипотенузе и острому углу). Итак, WF = WG . Поскольку хорды, равноудаленные от центра, равны, то BN = СТ .

Рис.6

Задача 6. Центр окружности, касающейся ВС и продолжений AB и АС , принадлежит описанной окружности треугольника BIC . Докажите!

Решение. Пусть со - окружность, касающаяся ВС и продолжений AB и (так называемая вневписанная окружность) - рис.6. Известно, что ее центр -точка 1а - находится на пересечении одной внутренней и двух внешних биссектрис треугольника ABC (докажите!). Поскольку ZlBla = ZICIa =90° (как углы между биссектрисами смежных углов), то около четырехугольника В1С1а можно описать окружность.

Более того, отрезок IIа - ее диаметр.

Задача 7. Из точки А к описанной окружности ABIC проведена касательная AN. Докажите, что AN = yfbc.

Решение. По теореме о квадрате касательной име-ем: (рис.7). Поскольку ZCIJ = ZCBI = — (вписанные, опираются на одну дугу), то треугольники ABI и А1аС подобны (по двум углам). Тогда

Задача 8. Докажите, что s < — , где s - площадь ААВС .

Решение. SBIC =^аг (рис.8) - где г - радиус вписанной окружности ААВС и, к тому же, высота в ABIC . SABC = S = pr =-^(a + b + c)r .

Тогда

(поскольку b + c> a - по неравенству треугольника).

Рис.8

Задача 9 (А. Карлюченко). Пусть точки К\ N' ; Q - основания высот треугольника BIC . Докажите, что

а) треугольники KNQ и ABC подобны;

б) инцентры этих треугольников совпадают!

Решение. Около четырехугольника BQNC можно описать окружность с диаметром ВС , поскольку ZBQC = ZBNC = 90° (рис.9). Около IKCN также можно описать окружность (два противоположных угла по 90° ). Тогда ZINK = ZICK = у (вписанные, опираются на одну дугу).

Нетрудно показать, что

Таким образом, треугольники KQN и ABC подобны - по двум углам.

Поскольку N1 и QI являются биссектрисами углов QNK и NQK , то / -также инцентр для AKNQ .

Рис.9

Задача 10 (А. Карлюченко). Радиус описанной окружности остроугольного ААВС равняется R. Точки Я и Н' - соответственно ортоцентры треугольников ABC и BIC . Докажите, что т' + АН = 2R .

Решение. Известная формула для ААВС : ОМ{ =^АН (рис. 10), где М, - середина ВС (докажите ее!).

Поскольку W - центр описанной окружности ABIC , то по той же формуле для этого треугольника имеем:

Но ОМ, + WM, = R, тогда

откуда

Ш' + АН =2R.

Заметим, что в случае тупоугольного треугольника ABC будет иметь место соотношение IH' - АН = 2R.

Рис 10

Глава 3

Прямая и две точки по одну сторону от нее

Название главы говорит само за себя: будет рассмотрена конструкция рисунка 1, в которой дана прямая I, а также две точки по одну сторону от нее. Необходимо найти точку, обладающую определёнными свойствами, или построить фигуру, отвечающую некоторым требованиям. Предлагаемая коллекция задач начинается учебными и конкурсными задачами, а продолжается - олимпиадными..

рис.1

Частные случаи, когда отрезок AB параллелен (или перпендикулярен) прямой I, предлагаем рассмотреть самостоятельно.

Еще раз подчеркнем, что условия всех задач начинаются словами: дана прямая I и две точки А и В по одну сторону от нее.

Задача 1. Найти на прямой I точку X, равноудаленную от точек А и В.

Решение. Серединный перпендикуляр к AB пересечет / в искомой точке X (рис.2). Действительно, ХА = ХВ , что вытекает из равенства треугольников АХМ и ВХМ .

рис.2

Задача 2. Найти на прямой I такую точку X, из которой отрезок AB виден под данным углом а (рис.3).

Решение. На отрезке AB строим сегмент, который содержит данный угол а . Этот сегмент пересечет / в искомой точке X (может быть 0, 1, 2 решения).

рис.3

Задача 3. Найти на прямой I точку X - такую, чтобы разность отрезков ХВ - ХА была наибольшей.

Решение. Продлим отрезок В А до пересечения с прямой / и докажем, что мы получили искомую точку X (рис.4). Действительно, ХВ-ХА = АВ.

Предположим, что искомой будет другая точка, например Y. Тогда YB-YA< AB (по неравенству треугольника для AAYB). Таким образом, разность ХВ-ХА = AB будет наибольшей.

рис.4

Задача 4 (задача Герона). Найти на прямой I точку X - такую, чтобы сумма АХ + ХВ была наименьшей.

Решение. Пусть Ах - симметричный образ точки А относительно прямой / (рис.5). Докажем, что точка пересечения АХВ с / будет искомой точкой X.

Действительно, АХ + ВХ = АХХ + ВХ = АХВ (поскольку АХ - АХХ ). Предположим, что искомой будет некоторая другая точка Y. Тогда AY + YB = AXY + YB (поскольку AY = AXY). По неравенству треугольника для AA}YB имеем: AlY + YB > АХВ. То есть, минимумом искомой суммы есть отрезок АХВ, который равен АХ + ХВ.

рис.5

Заметим, что задача Герона может иметь такие варианты:

a) Найти на прямой / такую точку X, чтобы периметр треугольника ЛХВ был минимальным.

b) Найти на прямой / такую точку X, чтобы отрезки АХ и ВХ образовывали равные углы с /.

Предлагаем самостоятельно убедиться в том, что задачи а) и Ь) являются вариациями той же самой задачи Герона.

Задача 5. На прямой I расположить отрезок ХУ таким образом, чтобы длина ломаной AXYB была наименьшей.

Решение. Поскольку длина отрезка XY является величиной постоянной, то построим параллельно / отрезок AD = XY (рис.6). Тогда для точек D и В остается выполнить задачу Герона (задача 4). Ломаная AXYB , что изображена на рис.6, является искомой.

рис.6

Задача 6. Построить окружность, которая касается прямой / и проходит через точки А и В.

Решение. Продлим ВА до пересечения с / в точке С (рис.7). Пусть X -точка касания искомой окружности с прямой /. Тогда по теореме о квадрате касательной имеем: СХ2 =СВСА, или •CA . Поскольку длины отрезков СВ и CA известны, то нетрудно найти длину отрезка СХ , после чего построить точку X. Очевидно, что окружность, описанная около треугольника АХВ, будет искомой.

рис 7

Задача 7. Провести через А и В окружность, которая отсекала бы от I хорду данной длины а .

Решение. Эта задача аналогична предыдущей. В самом деле, произведение секущей на ее внешнюю часть является величиной постоянной для точки С вне окружности, то есть СВ • CA = CY • СХ (puc. 8). Пусть СХ = t, тогда С Y = t + а .

Итак, С В CA = (t + a)-t, откуда нетрудно найти отрезок t алгебраически, а потом и построить его.

рис.8

Задача 8. Найти на прямой / такую точку X, из которой отрезок AB виден под самым большим углом.

Решение. Покажем, что точка X, которая построена в задаче 6, будет искомой. Пусть ZAXB = (р (рис.9). Он измеряется половиной дуги AB , которая не содержит точку X. А любой другой угол, скажем, ZAYB = у, измеряется полуразностью дуг AB и DL .

Таким образом, точка X задачи 6 является точкой, из которой отрезок AB виден под наибольшим углом.

рис.9

Задача 9. Найти на прямой I такую точку X, чтобы угол АХС был вдвое меньше угла BXD (рис.10).

рис. 10

Решение. Построим точку Ах -симметричную точке А относительно /. Из точки Ах как из центра проведем окружность радиуса 9 которая касается / в точке К (рис.11). Касательная BG к этой окружности пересечет / в искомой точке X .

В самом деле, ZAXK = ZA{XK = а . Но и ZA{XG = а (из равенства треугольников КХА1 и GXAX ).

Поскольку ZKXG = 2а , то вертикальный с ним угол BXD также равен 2а . Задача решена.

рис. 11

Задача 10. Построить на прямой I такую точку X, чтобы выполнялось равенство АХ'2 + ВХ2 = t2, где t - данный отрезок (рис.12).

Решение. Пусть M - середина AB, а X - искомая точка. Тогда по формуле медианы А ХМ2 = 2(АХ2 + ВХ2) - AB2, или 4ХМ2 =2t2 -AB2, или

Таким образом, засечка из точки M радиусом дает нам искомую точку X. Заметим, что задача может иметь 2 решения, 1 решение, ни одного решения.

рис.12

Задача 11. На прямой I найти точку X, чтобы сумма АХ2 + была наименьшей.

Решение. Опять-таки по формуле медианы А ХМ2 = 2(АХ2 + ВХ2)- AB2 (задача 10). Или

Величина АХ1 + ВХ1 будет наименьшей, когда минимальным будет отрезок ХМ (поскольку AB = const ). Из всех возможных отрезков ХМ наименьшим будет тот, что является перпендикуляром к / (катет меньше гипотенузы) -рис. 13. Итак, проведя из точки M перпендикуляр к прямой /, получим искомую точку X.

рис.13

Задача 12. Доказать, что точка X задачи 4 (обозначим ее Хх ) и точка X задачи 1 (обозначим ее Х2) вместе сточками А и В принадлежат одной окружности (рис.14).

Решение.

Пусть

Тогда ZAX}B = a + a = 2a (внешний для треугольника ААХХХ).

Очевидно, Х2 - центр окружности описанной около АА^АВ

Откуда

(центральный угол вдвое больше соответствующего вписанного угла).

То есть, ААХХВ = ZAX2B = 2a , а это и означает, что около четырехугольника АХХХ2В можно описать окружность

рис.14

Задача 13. Найти на прямой I точку X такую, чтобы радиус окружности, описанной около треугольника АХВ , был наименьшим.

Решение. По теореме синусов для треугольника АХВ имеем:

или R =

Очевидно: чтобы радиус был минимальным, необходимо получить максимальное значение синуса угла АХВ. Оно равно единице и достигается, когда

Итак, на AB как на диаметре строим окружность, которая пересечет прямую / в точках X' и X“ (рис.15). Если окружность будет касаться прямой /, то искомой будет точка касания.

рис.15

Более интересен случай, когда окружность с диаметром AB не пересечет / (рис.16). Поскольку функция у = sinx на возрастает, то очевидно, что в этом случае искомым будет угол ç задачи 8.

рис.16

Задача 14 (задача Аполлония). На прямой I найти точку X такую, чтобы АХ + ВХ = a (a - длина заданного отрезка).

Решение. Из точки В как из центра строим окружность радиуса a (рис. 11). Пусть А] -точка, симметричная точке А относительно /. Строим произвольную окружность, в которой отрезок АА} является хордой. Пусть она пересечет первую окружность в точках С и D. Т - точка пере-

рис. 17

сечения прямых ААХ и CD . Если из точки Т провести касательную к окружности с центром в В (Р - точка касания), то отрезок BP пересечет / в искомой точке X.

В самом деле, для окружности с центром в точке В имеем: ТС • TD = TP2 ( 1 ) (теорема о секущей и касательной).

Но для второй окружности ТС TD = ТА-ТАХ (2).

Если провести третью окружность через точки А ; А1 и Р , то для нее из равенств (1) и (2) ТА ТАХ - TP1. То есть, первая и третья окружности касаются друг друга в точке Р . Тогда точки В , Р и центр третьей окружности принадлежат одной прямой. Поскольку / является серединным перпендикуляром к ААХ - хорде этой окружности - то центром окружности является точка X пересечения BP и /. Поскольку по построению BP = а, то и АХ + ХВ = а .

Заметим также, что эта конструкция может быть успешно использована для построения треугольников ABC, в которых прямая I содержит сторону ВС, а точки F и G являются некоторыми характерными точками этих треугольников.

Вот, например, такие 2 задачи.

Задача 15. Построить ААВС , в котором прямая I содержит сторону ВС, а точки F и G являются точками касания вписанной в этот треугольник окружности со сторонами АС и А В соответственно (рис.18).

Решение. Нетрудно увидеть, что эта задача в определенной мере дублирует задачу 6.

В самом деле, по задаче 6 построим окружность с центром I, которая проходит через точки F и G и касается прямой /. Перпендикуляры к отрезкам IF и IG , восстановленные в точках F и G соответственно, пересекут прямую / в вершинах С и В . А сами эти перпендикуляры пересекутся в точке А .

рис.18

Задача 16. Построить ААВС , в котором прямая I содержит сторону ВС, а точки F и G являются соответственно центрами описанной и вписанной окружностей треугольника ABC , то есть F = О , а G = / (рис.19).

Решение. Опустим из точки G перпендикуляр GT на прямую /. Очевидно, что GT = г . По формуле Эйлера Ol2 = R2 - 2Rr, где Ol = FG , найдем R . Окружность с центром в точке F радиуса R пересечет / в вершинах В и С . Касательные к окружности радиуса г из точек В w С пересекутся в вершине А . Итак, ААВС - искомый.

рис.19

Несколько задач предлагаем Вашему вниманию для самостоятельного решения. В этих задачах необходимо: построить ААВС, в котором прямая I содержит сторону ВС, а точки F и G являются:

Задача 17. ... основаниями биссектрис, проведенных из вершин В и С.

Задача 18. ... основаниями высот, проведенных из вершин В и С.

Задача 19. ... точкой пересечения высот (ортоцентром) и точкой пересечения медиан (центроидом) этого треугольника.

Глава 4

Угол и точка внутри угла

Задачи на построение

В задачах этой главы дан острый угол А и точка X внутри него. Необходимо построить (а значит, найти) точки В и С на сторонах угла, отвечающие некоторому условию.

Подобные задачи нередко участвуют в олимпиадах различного уровня и других математических соревнованиях. Некоторые из них довольно знамениты и даже стали фольклором.

Заметим, что случаи, когда угол А тупой, принципиальных отличий не несут, их можно рассмотреть самостоятельно.

Коллекция таких задач позволит более широко, цельно взглянуть на эту конструкцию, поможет увидеть разнообразие (а в чем-то и общность) подходов к таким задачам, что представляется полезным как на уроках в математических классах, так и во время факультативных занятий.

Напомним: условия всех задач начинаются словами «Дан острый угол А и точка X внутри угла. Постройте на сторонах угла точки В и С такие, ...»

Задача 1. Чтобы соблюдалось равенство отрезков AB = ВХ = ХС.

Решение. Соединяем А иХ (рис.1). Серединный перпендикуляр к отрезку АХ в пересечении со стороной угла дает точку В. Засечка из точки X раствором циркуля, равным AB = ВХ, позволит получить точку С на другой стороне угла.

рис.1

Задача 2. Чтобы точка Х была серединой отрезка ВС.

Решение. Удвоим отрезок АХ— получим точку N (рис.2). Через N проведем прямые параллельно сторонам угла. В пересечении получим искомые точки В и С. Действительно, ABNC - параллелограмм. ВС- его диагональ, аX— точка пересечения диагоналей.

рис.2

Задача 3 (И. Ньютон). Чтобы-= —, где точка X принадлежит отрезку SC.

Решение. Проводим ХК параллельно одной из сторон угла (рис.3). Находим на этой же стороне угла точку В таким образом, чтобы

(построением определяем длину отрезка KB

Луч ВХ пересекает другую сторону угла в искомой точке С (согласно теореме Фалеса).

рис.3

Задача 4. Чтобы точка Х была ортоцентром (точкой пересечения высот) в треугольнике ЛВС.

Решение. Через X проводим прямые перпендикулярно сторонам угла - получим точки В и В\\ С и С] (рис.4). Соединим В и С. Очевидно, BBj и СС\ - высоты в A ABC . Тогда и третья высота A4/ проходит через X, то есть X - ортоцентр в А А ВС .

рис.4

Задача 5. Чтобы точка Х была центроидом (точкой пересечения медиан) в треугольнике ABC.

Решение. Продлеваем отрезок АХ (за точку X) наполовину - получаем точку Ху (рис.5). Для точки X] выполняем задачу 2 и получаем искомые точки В и С на сторонах угла. Действительно, AXj - медиана в ААВС и, поскольку АХ : XX' = 2 : 1, то Х- центроид в этом треугольнике.

рис.5

Задача 6. Чтобы треугольник ХВС имел наименьший периметр из всех возможных.

Решение. Пусть Е и F-точки, симметричные X относительно сторон угла (рис.6). Прямая EF пересекает стороны угла А в искомых точках В и С. И вот почему. Периметр АХВС равен длине отрезка EF (так как ВХ = BE и СХ = CF). Периметр же любого другого треугольника, например, AXKN , равен длине ломаной EKNF. А длина ломаной больше длины отрезка. Стало быть, АХВС имеет минимальный периметр.

рис.6

Задача 7. Чтобы треугольник ХВС был равносторонним.

Решение. Пусть точка Е симметрична точке Xотносительно одной из сторон угла (рис. 7). Из точки Е под углом 30° к ХЕ пускаем луч, который пересечет другую сторону угла Л в точке С. Серединный перпендикуляр к ХС в пересечении с другой стороной угла дает недостающую точку В. Покажем это. ВХ = BE = ВС (из соображений симметрии). Тогда точка В - центр описанной окружности АЕХС . Поскольку ZXEC = 30° , то ZXBC = 60° (центральный). Равнобедренный АХВС с углом 60° является равносторонним.

рис.7

Задача 8. Чтобы окружность си, проходящая через X и касающаяся сторон угла А касалась их именно в точках в и С.

Решение (Ю. Билецкий). Проведем биссектрису / угла Л. Очевидно, центр О окружности со находится на ней (рис.8). Пусть N - точка, симметричная Xотносительно /. При этом Neu;. Пусть также прямая XN пересекает одну из сторон угла в точке Т. Тогда по теореме о квадрате касательной имеем: ТВ2 = TN ТХ , или ТВ = yJTN-TX . Это позволяет нам найти длину отрезка ТВ, а значит, и точку В (или В], как показано на рисунке). Так как AB = АС (касательные), то и положение точки С найдено.

Замечание. Классическое решение этой задачи подразумевает использование гомотетии. Выполните его самостоятельно.

рис.8

Задача 9. Чтобы треугольник ABC был заданного периметра 2р, где точка X принадлежит отрезку ВС.

Решение. На сторонах угла А откладываем точки К и N такие, что АК = AN = р (рис.9). Восстановив перпендикуляры в этих точках к сторонам угла, получим в пересечении точку Q- центр окружности s, вписанной в угол А (Ки УУ-точки касания). Через точку X проведем касательную к окружности s (D- точка касания), которая при продолжении пересекает стороны угла в искомых точках В и С. Действительно, AB + BD = AK = р и А С + CD = AN = р . Следовательно, периметр треугольника ABC равен 2р.

рис.9

Задача 10. Чтобы треугольник ЛВС был минимального периметра (X ^ ВС).

Решение. Впишем в угол А окружность со, проходящую через точку X (аналогично задаче 8). Пусть она касается сторон угла в точках Е и F (рис.10). ЧерезXпроведем касательную к со. Она пересечет стороны угла Л в искомых точках В и С. Покажем, что ААВС будет иметь минимальный периметр. Пусть это будет какой-то другой треугольник, например, AAKN . Проведем касательную TQ к окружности со параллельно KN. Нетрудно показать, что равны периметры ААВС и AATQ (они равны АЕ + AF каждый). А периметр A A KN , очевидно, больше периметра A A TQ . Стало быть, периметр ААВС минимален.

рис.10

Задача 11. Чтобы треугольник ЛВС имел минимальную площадь ( X Е ВС ).

Решение. Построим точки В и С на сторонах угла A j таким образом, чтобы точкаХбыла серединой отрезка ВС (задача 2). ААВС и будет искомым. Он будет иметь площадь меньшую, чем, скажем, AAKN (рис.11) как раз на «кусочек» заштрихованной площади ACTN, где СТ\\АВ.

рис. 11

Задача 12. Чтобы угол ВХС был прямым, а треугольники АВХ и АСХ были равновелики.

Решение. Вновь, как в задаче 2, находим на сторонах угла Л точки Е и Э такие, что Х-середина EF (рис. 12). Биссектрисы углов AXE и AXF в пересечении со сторонами угла дадут искомые точки В vi С. Покажем это. АВХС = 90° (угол между биссектрисами смежных углов). Так как АХ — медиана в AAEF , то S = S (покажите самостоятельно).

рис.12

Задача 13. Чтобы AB = АС и сумма ХВ + ХС была минимальной.

Решение. Проведем анализ решения задачи. Пусть точки Bj и С/ - такие, что АВ\ =АС]. Повернем ААВхХ на угол А по часовой стрелке. Тогда отрезок ABj перейдет в ACt; отрезок BjX-в отрезок CjN и ААВ{Х - в AACXN (рис.13). Очевидно, ХВХ + ХСх = ХСх + CXN > XN (неравенство треугольника для AXC^N ). ТогдаXN пересекает луч АС, в искомой точке С {ХС + CN<XCj + CjN = XBj + XCj). Итак, строим AN = АХ, где АХ AN = ABAC . Тогда XN пересекает сторону угла в точке С. Остается на другой стороне угла отложить AB = АС.

рис.13

Задача 14. Чтобы сумма AB + АС равнялась данному отрезку а (X Е ВС).

Решение (А. Карлюченко). Вновь проведем анализ задачи. Пусть В и С - искомые точки (AB + АС = а). Отложим на луче АС отрезок А К = AB, а на луче AB- отрезок AN = АС (рис. 14). Тогда А К + AN = а. Пусть также

AT = АО = —. Очевидно, BNCK- равнобокая трапеция и Tjß — средняя линия в ней (покажите!). Опишем окружность со около BNCK. Поскольку Г и Q - соответственно середины хорд BN и CK, то перпендикуляры к хордам в этих точках пересекутся в центре окружности со -точке О. Пусть ВС пересекает TQ в точке F. Тогда В F = FC (так как TQ - средняя линия в трапеции BNCK). Следовательно, OF JL ВС , то есть ZOFX = 90°.

Отсюда построение. Находим точки Г и Q(AT = AQ = — ). Восстанавливаем в них перпендикуляры к сторонам угла - получаем точку О. На отрезке ОХ как на диаметре строим окружность, которая пересекает TQ в точке F (\\ш Ft). Прямая XF (или XFj) пересекает стороны угла в искомых точках В и С.

рис.14

Несколько задач на данную конструкцию предлагаем решить самостоятельно.

Задача 15. Чтобы AB = АС и X е ВС .

Задача 16. Чтобы точка Хбыла центром описанной окружности ААВС .

Задача 17. Чтобы отрезок ХА был диаметром окружности, описанной около ААВС .

Задача 18. Чтобы ХВ = СБ, где ZCBA = 90°.

Задача 19. Чтобы окружность с центром в точке X давала хорду ВС, параллельную заданному направлению.

Задача 20. Чтобы сумма AB + АС была минимальной ( X е ВС ).

Глава 5

На трёх параллельных прямых

Все начиналось с «классических» задач на тему «Поворот»:

a) постройте равносторонний треугольник с вершинами на трех данных параллельных прямых;

b) постройте квадрат, три вершины которого принадлежат трем данным параллельным прямым.

Постепенно появлялись альтернативные способы решения этих двух задач. А также стали встречаться другие задачи, в которых главным «действующим» лицом оказывались три параллельные прямые. Со временем сложилась коллекция таких задач, которая может быть полезна как на уроке в математическом классе, так и во время работы спецкурса.

В главе рассматривается один из возможных вариантов расположения точек на параллельных прямых. Остальные случаи рассматриваются аналогично. С ними можно «поработать» самостоятельно...

Задача 1. Постройте равнобедренный треугольник ABC (АС = AB) с углом ВАС = or, три вершины которого лежат на трех данных параллельных прямых.

Решение. Пусть равнобедренный ААВС (АС = AB), вершины которого лежат на параллельных прямых k; n; t, построен (рис.1). Окружность с центром в точке А радиуса AB = АС пусть пересекает прямую к в точке D. Тогда

(вписанный, равен половине соответствующего центрального угла ВАС = о). При этом ADAC является равнобедренным, и серединный перпендикуляр к DC проходит через вершину А.

рис.1

Отсюда построение: из любой точки D к прямой к проводим луч под углом — к прямой к. Он пересечет прямую / в вершине С. После чего серединный перпендикуляр к DC в пересечении с прямой п дает вершину А. Засечка из А радиусом, равным АС, позволит получить на прямой к недостающую вершину В.

Задача 2. Постройте равносторонний треугольник ЛВС с вершинами на трех данных параллельных прямых к; п; t.

Решение.

I способ. Эта задача - частный случай задачи 7, когда а = 60°.

II способ (классический). Осуществим поворот всей конструкции на угол 60° вокруг точки А по часовой стрелке. Тогда вершина В перейдет в С. Остается построить прямую kj, являющуюся образом прямой к при повороте на 60° по часовой стрелке (рис.2). Точка ее пересечения с прямой / совпадает с вершиной С. Дальнейшее очевидно.

рис.2

Задача 3. Постройте треугольник с углами 30°, 60°, 90°, вершины которого лежат на трех данных параллельных прямых.

Решение. Пусть А = 90° ; В = 60° ; С = 30° и к; п; / -три данные параллельные прямые (рис.3). Анализ показывает, что если мы построим прямую g, параллельную данным и находящуюся на равных расстояниях от к и то точка Q - середина гипотенузы ВС - будет принадлежать q. При этом, очевидно, AABQ -равносторонний. Остается построить равносторонний AABQ с вершинами на параллельных прямых к; п; q (задача 2) и продлить BQ до пересечения с прямой / в недостающей вершине С.

рис.З

Задача 4. Постройте квадрат ABCD, три вершины которого лежат на трех данных параллельных прямых к; п; t.

Решение.

I способ. Решение аналогично тому, как это сделано в задаче 1. Опишем его.

Анализ показывает, что окружность с центром в А радиуса AB пересекает прямую к в точке К такой, что ZBKD = 45° (вписанный, равен половине угла BAD) - рис.4. Тогда из произвольной точки К G к проводим луч под углом 45° к этой прямой. Он пересечет / в вершине D. Серединный перпендикуляр к отрезку KD позволит получить вершину A G п . Дальнейшее очевидно!

рис.4

II способ - классический.

При повороте всей конструкции вокруг точки A G п на 90°, например, по часовой стрелке, вершина В перейдет в вершину D. Тогда прямая ki - образ прямой к при таком повороте вокруг точки А - пересечет прямую / в вершине D (рис.5). Причем AD - сторона искомого квадрата.

рис.5

III способ.

Анализ показывает, что A A BE = ADA F - по гипотенузе и острому углу (рис.6). Отложив A F = BE (/?£- расстояние между к и ri) и проведя из F перпендикуляр к прямой получим вершину D квадрата ABCD.

рис.6

Задача 5. Три вершины квадрата лежат на трех параллельных прямых, расстояния между которыми равны а и Ь. Найдите сторону квадрата.

Решение. Как было показано в задаче 4 (III способ), BE = AF = aw FD = b. Тогда из AAFD (рис 7) по теореме Пифагора AD = yJAF2 + FD2 = yla2 + b2 .

рис.7

Задача 6. F-точка в плоскости, где расположены три параллельные прямые к; n; t. Проведите через F прямую, чтобы разность длин высекаемых отрезков между соседними параллельными прямыми была равна данному отрезку а.

Решение. Анализ показывает, что если провести прямую q параллельно данным - на расстоянии от п, равном расстоянию от к до п (рис.8), то искомая прямая пересечет q в точке Q такой, что QT = а (поскольку QN = KN). Тогда строим прямую q. Затем из произвольной ее точки (например, D) делаем засечку на прямой / раствором циркуля, равным а. Получим отрезок DE = а. Прямая, проведенная через F параллельно DE, даст требуемое: NT - KN = NT - QN = QT = DE = a .

рис. 8

Задача 7. Через вершины треугольника ABC проведены параллельные друг другу прямые к; n; t, встречающие описанную около треугольника ABC окружность соответственно в точках К; N; Т. Докажите, что AKNT = ААВС.

Доказательство. Поскольку u AN = и KB , а и ВТ = uNC (дуги, заключенные между параллельными хордами, равны), то АС = KT- как хорды, стягивающие равные дуги (рис.9). Аналогично, AB = KN (так как иА - К -В = иУУ - А- К). Точно так же ВС = NT (что следует из равенства и£ - Т - С и UN - С - Т ). Тогда ААВС = AKNT - по трем сторонам.

рис.9

Задача 8. Внутри окружности с центром О даны точки К и Г. Провести через указанные точки три параллельные хорды, чтобы две из них были равны.

Решение. Соединим К и Г и найдем середину отрезка KT- точку N (рис. 10). Прямая NO, содержащая диаметр окружности, определит направление хорд. Хорды AB и CD, проведенные параллельно NO через К и Г соответственно, будут равны - как хорды, равноудаленные от центра окружности (покажите!).

рис.10

Задача 9. Через три данные точки проведите три параллельные прямые, чтобы расстояния между ними были равны. Сколько решений имеет задача?

Решение. Если данные точки К; N; Г лежат на одной прямой и при этом KN = NT, то подойдут любые три параллельные прямые к; n; t (рис.11). Очевидно, если KN ^ NT (точки К; N; Г попрежнему лежат на одной прямой), то необходимые прямые провести невозможно.

Рассмотрим случай, когда точки К; N; Г не лежат на одной прямой. Тогда, соединив их, получим AKNT . Из вершины N проведем луч п, совпадающий с медианой NE треугольника NTK (рис. 12). Прямые ки t, проведенные параллельно п через точки К и Т соответственно, будут искомыми. Действительно, КК{ = TTj - это следует из равенства АКК{Е и АЩЕ.

Поскольку первую медиану можно провести из К или Т, то в этом случае задача имеет три решения. Покажите самостоятельно, что других решений нет.

рис. 11

рис.12

Задача 10. От трех параллельных прямых к; п; достались п и t, а также точка К Е к . Пользуясь только линейкой, восстановите прямую к.

Решение. Из произвольной точки А прямой / проведем луч А К, который остановим в произвольной точке В (за точкой К) -рис. 13. Произвольный луч из В пересечет прямую / в точке С. При этом D = AB П п и Е = ВС П п . Проводим АЕ и СД пересекающиеся в точке F. Тогда BF- согласно так называемой лемме о трапеции пройдет через середины отрезков АС и DE. Пусть Р = КЕ П BF . Проведем DP до пересечения с ВС в точке Q. Тогда KQ \ \п -покажите!

рис.13

Задача 11. Прямые /с; п; f параллельны. Точки К е к и N е п выбраны произвольно. Из этих точек проведены перпендикуляры КК^ и NN1 к прямой t. Е = KN] r\NK] и EF _L t (рис.14). Докажите, что длина отрезка EF не зависит от положения точек К и N соответственно на прямых к и п.

Доказательство. Пусть NN = а и ККХ = Ъ. Из подобия AEKXF и ANK[Nl

(1)

Аналогично

(2)-из подобия AEFNX и Д7ЖД .

Сложив левые и правые части равенств (1) и (2), получаем:

откуда EF

Таким образом, длина отрезка EF зависит только от расстояния между прямыми п и t; к и t

рис.14

Задача 12. Через вершины треугольника ABC проведены три параллельные прямые /с; п; t соответственно. Они пересекают прямые ВС; АС и AB в точках К; N; Т. Найдите отношение площадей AKNT и ААВС .

Решение. Пусть Е = AB П KN и F = ВС П NT (рис.15). Поскольку AKBN - трапеция, то saen = siœk = Si (треугольники, прилегающие к боковым сторонам трапеции, равновелики). Аналогично BTCN- трапеция и Sm = SCFN = S2.

Пусть SBFNE = S3. Так как АКТС -тоже трапеция ( к \ \ t ), то

рис.15

Итак, I

В то же время

Поэтому

Задача 13. Вершины равностороннего треугольника со стороной q расположены на трех параллельных прямых. Расстояние между крайними прямыми равно т. Докажите, что m<q< —j=m .

Доказательство. Пусть ЛВС -данный равносторонний треугольник со стороной q. к; n; J-три параллельные прямые. Расстояние между крайними из них (к и /) равно m (рис.16). Проведем CK = m перпендикулярно нашим прямым. Очевидно, q > m (гипотенуза не меньше катета) - из А А CK Из этого же треугольника:

рис.16

Тогда

(на интервале от 0° до 90° функция синус возрастает). Имеем:

что и требовалось доказать!..

Задача 14. Даны три параллельные прямые к; п; t и три точки D; Е; F. Постройте треугольник ЛВС так, чтобы его вершины лежали на данных прямых, а стороны (или их продолжения) проходили через три данные точки.

Решение. Для построения воспользуемся теоремой Дезарга: пусть даны два треугольникаXYZ и XjYjZj с попарно непараллельными сторонами. Известно, что прямыеXjX; YjYn ZjZ пересекаются в точке Q (рис.17) или параллельны (говорят, что в таком случае точка Q находится в бесконечности). Тогда точки К, n, Г-точки пересечения соответственно прямых и XjZj; ZY и Z] Yj; XY и Xi Y\ принадлежат одной прямой. Для доказательства теоремы Дезарга можно несколько раз воспользоваться теоремой Менелая. О теореме Дезарга можно прочитать, например, в книге Г. Филипповского «Авторська геометрія» (ч.2), Харків, «Основа», 2013.

Теперь перейдем непосредственно к решению задачи. Пусть искомый ААВС построен. Анализ показывает, что если построить АА]В]С1 с соответственными вершинами на прямых к; n; t (их точка пересечения Q находится в бесконечности), где D = AB П А[В1 ; Е = ВС П В1С1, то точка Р = CA П СхАх лежит на прямой DE, то есть Р — D — Е - одна прямая (рис. 18).

рис. 17

рис.18

Отсюда вытекает следующее построение:

1) берем точку В{ на прямой п (произвольно) и проводим BjD до пересечения с к в точке Ai;

2) проводим В iE до пересечения с / в точке Су;

3) прямые ED и CjAj пересекутся в точке Р\

4) прямая PF в пересечении с к и / дает вершины А и С соответственно;

5) очевидно, AD и Œ при продолжении пересекутся в недостающей вершине В, где Ben.

Несколько задач, связанных с тремя параллельными прямыми, предложим для самостоятельного решения.

Задача 15. По двум параллельным прямым движутся отрезки AB = а и CD = b. Докажите, что точка пересечения AD и ВС движется по третьей прямой, параллельной данным.

Задача 16. Через точку Q вне трех параллельных прямых проведите секущую так, чтобы произведение отрезков, высекаемых соседними параллельными прямыми, было равно площади данного треугольника.

Задача 17. Вершины равностороннего треугольника лежат на трех параллельных прямых. Расстояния от средней из них до двух крайних равны а и Ь. Найдите сторону треугольника.

Задача 18. Строятся всевозможные треугольники с вершинами на трех данных параллельных прямых. Найдите геометрическое место центроидов всех таких треугольников.

Задача 19. На прямой отложены равные отрезки AB = ВС. Постройте через А; В; С три параллельные прямые, которые отсекают на другой данной прямой отрезки, равные а.

Задача 20. Внутри окружности с центром О даны точки К и Г. Пользуясь только линейкой, проведите через указанные точки три параллельные хорды, чтобы две из них были равны.

Глава 6

Принадлежит ли точка K описанной окружности треугольника ABC

Чтобы не слишком интриговать читателя, сразу скажем: во всех задачах, которые будут предложены ниже, точка К действительно принадлежит описанной окружности ААВС. Однако это необходимо доказать! Итак, точка К принадлежит описанной около ААВС окружности, если...

Работа с данной главой позволит выявить неявные, нетривиальные свойства треугольника. Пригласить к поиску новых задач на эту тему (авторы уверены, что предложенными задачами тема себя не исчерпала). К тому же, некоторые задачи являются обратными к авторским задачам Архимеда, Птолемея. Зачастую решение обратных задач - дело куда более сложное, чем решение задач прямых. Но и куда более интересное! Поэтому следует как можно скорее приступать к самим задачам...

Докажите, что точка К принадлежит описанной окружности треугольника ABC в случае выполнения следующих условий:

Задача 1. К - точка пересечения серединного перпендикуляра к стороне треугольника с прямой, которая содержит биссектрису противоположного угла.

Решение. Пусть прямая, которая содержит биссектрису угла А пересекается с серединным перпендикуляром к ВС в точке К (рис. 1). Соединим центр О описанной окружности ААВС с вершинами^ и С. Нетрудно заметить, что ZOAC = ZOCA = 90° - В. Прове-

рис.1

дем высоту АНХ . Из треугольника АНХВ найдем, что АНХАВ = 90° — В. Тогда Z\ = А2 (от равных углов отняли также равные углы). Но Z.T. = АЪ (как внутренние накрестлежащие при параллельных прямых). Итак, /Л = Z3 и АО = OK . Но OA = R (радиус описанной окружности ААВС ). Таким образом, OK = R , что равносильно решению задачи.

Задача 2. К-точка, симметричная ортоцентру H относительно одной из сторон треугольника ABC.

Решение. Пусть высоты АНХ ; ВН2 ; СН3 треугольника ABC пересекаются в точке Н,а К - точка, симметричная H относительно стороны ВС (рис.2). В четырехугольнике АН2НН3 найдем угол Н2НН3. Он равен 180° - А . Тогда и вертикальный с ним ÄBHC = 180° — А . Нетрудно показать (например, из соображений симметрии), что и Z.BKC = 180° — А . Тогда сумма углов ВАС и ВКС равняется 180°, то есть около четырехугольника АВКС можно описать окружность. Итак, точка К принадлежит окружности, описанной около ААВС .

рис.2

Задача 3 (задача, обратная задаче о прямой Симсона). Перпендикуляры, проведенные из точки К к сторонам ААВС (или их продолжений), принадлежат одной прямой.

Решение. Пусть основания данных перпендикуляров - точки Тх ; Т2 ; Т3 и Тх — Т2 — Т3 - одна прямая (рис.3). Точки С \ТХ\Т2 \ К принадлежат одной окружности с диаметром КС . Пусть АСКТ2 = a , тогда Z.CTXT2 = 180° — a , а смежный с ним

рис.3

Около четырехугольника АТ2КТ3 можно описать окружность (два противоположных угла равняются по 90° ) и ZA = Z.2 (вписанные, опираются на одну дугу).

Но Z1 = 180° - а - В (из АТХТЪВ ). Таким образом, и Z2 = 180° - а - В .

Тогда ZAKC = а + 180° - а - В = 180° - В . В четырехугольнике АВСК сумма противоположных углов ABC и АКС оказалась равной 180° . Итак, около АВСК можно описать окружность - ту же, что и около ААВС.

Задача 4. К - точка, симметричная ортоцентру H относительно середины любой из сторон ААВС .

Решение. Пусть Мх - середина стороны ВС , а точка К симметрична ортоцентру H относительно Мх (рис.4).

Четырехугольник В НС К - параллелограмм ( его диагонали точкой пересечения делятся пополам). Тогда Z.\ = Z.2 = 90° — С (поскольку Z2 = 90°-C -изА5Я2С),а Z3 = Z4 = 90°-B (Z4 = 90°-B -изД£Я3С). Z5 = Z6 = 90° — А (из треугольников АН3С и АН2В).

Таким образом,

Итак, около четырехугольника АВКС можно описать окружность. Более того, отрезок АК - ее диаметр!

рис.4

Задача 5.

а) К - центр окружности, описанной около ABIC (I - инцентр, точка пересечения биссектрис ААВС ).

б) К - середина отрезка, который соединяет инцентр с центром любой вневписанной окружности треугольника ABC .

Решение. Нетрудно показать, что Z.BIC = 90° Н--, то есть он является тупым.

Очевидно, точка К - центр описанной окружности ABIC - находится вне этого треугольника. Пусть KI = KB = КС = RßIC (рис.5). Пусть также

Кроме того,

Итак,

Найдем сумму углов АС К и АВК :

Таким образом, около четырехугольника АВКС можно описать окружность.

рис.5

б) Пусть одна из вневписанных окружностей с центром Iа касается ВС и продолжений АС и AB , а точка К - середина отрезка IIа (рис.6). Известно, что центр вневписанной окружности - точка пересечения одной внутренней и двух внешних биссектрис треугольника. Тогда Z.IBIа = Z.ICIа = 90° (углы между биссектрисами смежных углов). Итак, точки / ; В \ Iа \ С принадлежат одной окружности, диаметр которой - отрезок IIа, а точка К - центр этой окружности. Теперь мы имеем задачу 5а.

рис.6

Задача 6. Прямая МХН вторично пересекает окружность, построенную на АН как на диаметре, в точке К .

Решение. Продлим НМХ до точки D -таким образом, чтобы НМХ = MXD (рис. 7). Согласно задаче 4 точки А, В ; D ; С принадлежат одной окружности, к тому же, AD - диаметр этой окружности. Но ZAKD = 90° (поскольку ААКН — 90° - как вписанный, опирающийся на диаметр АН маленькой окружности). Поскольку AD - диаметр окружности, описанной около ААВС и AAKD = 90° , то точка К также принадлежит этой окружности.

рис.7

Задача 7. Через произвольную точку N стороны ВС проведена прямая, которая пересекает АС в точке Т и продолжение AB в точке D (рис.8). Окружности, описанные около треугольников BDN и CTN , пересекаются в точке К .

Решение. Пусть ZA — Z2 = а -вписанные, опираются на одну дугу в левой окружности. Z3 = Z2 = а (вертикальные). Z4 = Z5 = (р - вписанные, опираются на одну дугу в правой окружности.

Тогда ABAC = а + <р - внешний угол для ATDA . Но и ZBKC = Z1 + Z5 = а + (р . Итак, точки В ; А; К ; С принадлежат одной окружности - той, что описана около ААВС .

рис.8

Задача 8. Точка К - середина отрезка, который соединяет центры двух вневписанных окружностей.

Решение. Пусть К - середина отрезка IaIh. (окружность с центром I а касается ВС и продолжений АС и AB , а окружность с центром 1Ъ касается АС и продолжений AB и ВС ). Пусть также Кх и К2 - середины II' и IIb соответственно (рис.9). Тогда CK, = -II и СК? = -II, (см. задачу 56). Кроме того, ККХ = —IIh (средняя линия вА11а1ь ), а КК2 = —Па (опять-таки, средняя линия вА11а1ь ). Тогда АККХК2 = АСК2КХ - по трем сторонам, и АКХКК2 = АКХСК2. Итак, точки Кх ; С ; К ; принадлежат одной окружности, но точки Кх ; С ; К2 принадлежат окружности, описанной около ААВС (задача 56). Тогда и точка К принадлежит этой окружности.

Задача 9 (задача, обратная теореме Архимеда). Серединный перпендикуляр к ВС и перпендикуляр, восстановленный к АС в точке N -середине ломаной ВАС , - пересекаются в точке К (рис.10).

Решение. Продлим CA на отрезок AD = AB. Тогда CN = ND ( согласно условию) и CK = DK.

Но CK = ВК (КМХ - серединный перпендикуляр к ВС ). Имеем: CK = ВК = DK .

Треугольники BAD и BKD - равнобедренные с общим основанием BD. Тогда из соображений симметрии ZA = Z2 = ос .Но Z3 = Z2 = a (ACKD - равнобедренный).

рис.9

рис.10

Таким образом, /\ — АЪ — а , а это и означает, что точки В ; А; К ; С принадлежат одной окружности.

Задача 10.

в) К - центр любой из вневписанных окружностей для ортоцентрического АН]Н2Н3 (Н1 ; Н2 \ Н3 - основания высот, которые проведено соответственно из вершин А, В , С );

б) К - основание любой из высот в AIaIbIc.

Указание. В обоих задачах точка К совпадает с одной из вершин треугольника (докажите это самостоятельно!).

Задача 11. Т - произвольная точка окружности Эйлера треугольника ABC . К - точка, симметричная ортоцентру H треугольника ABC относительно точки Т.

Решение. Напомним, что центр окружности Эйлера - середина отрезка ОН , а её радиус вдвое меньше, чем радиус описанной около ААВС окружности. Пусть Е - середина ОН - центр окружности Эйлера ААВС (рис. 11). Т - произвольная точка этой окружности и ET = —. Поскольку К симметрична ортоцентру H относительно Т, то НТ = ТК. Тогда ET - средняя линия в треугольнике ОКН и ET = ~ОК . Итак, OK = R , то есть точка К принадлежит описанной окружности ААВС .

рис. 11

Заметим, что поскольку основания высот и середины сторон треугольника ABC принадлежат его окружности Эйлера, то задача 2 и задача 4 являются частными случаями задачи 11.

Задача 12 (задача, обратная теореме Птолемея). К - точка в плоскости ААВС , для которой выполняется равенство

КА-а = КВ-Ь + КС-с

Решение. Отложим ZA = Z.2 и Z3 = Z4 (рис. 12). Тогда из подобия треугольников CAE и КАВ следует, что

откуда ЬКВ = СЕКА (1).

Также подобны треугольники АСК и АЕВ (по пропорциональности двух сторон и равенству углов между ними:

Из этого подобия вытекает:

рис. 12

Сложив левые и правые части равенств (1) и (2), получим: Ь-КВ + с-КС = (СЕ + ВЕ)-КА. Но СЕ + BE > СВ (неравенство треугольника для АСЕВ ). Поэтому KB • Ъ + КС • с > КА • а - для произвольной точки К в плоскости ААВС . И лишь в случае, когда К будет принадлежать описанной окружности ААВС , точка Е попадет на отрезок ВС (поскольку в этом случае Z3 = Z4 -вписанные, опираются на одну дугу) и СЕ + ВЕ = СВ (рис. 13).

По условию задачи КА • а = KB • Ъ + КС • с .

Теперь очевидно, что точка К обязана принадлежать описанной окружности ААВС.

рис.13

Задача 13. На продолжении медианы та взяли точку К- такую, что выполняется равенство Ь2 +с2 = 2та • АК (рис.14).

Решение. Из условия вытекает, что

Воспользовавшись формулой медианы

получим:

что равносильное следующему:

АМХ МХК- СМХ • ВМХ. По обратной теореме о произведении отрезков хорд это означает, что точки А; В; К; С принадлежат одной окружности.

Таким образом, и в этом случае точка К принадлежит описанной окружности треугольника ЛВС.

рис.14

Глава 7

Задачи с тремя равными окружностями

Как здорово сказано: «Окружность - это душа геометрии!» (И.Ф. Шарыгин). А если речь идет о трех окружностях? Да еще равных? Ну, тогда душа особенно красива!.. :). Подборка геометрических задач с тремя равными окружностями пополнялась с годами, складывалась в коллекцию. Верим, что предложенные задачи вызовут интерес, будут полезны всем любителям геометрии.

Задача 1. Три равные окружности с центрами Оь 02; 03 имеют общую точку пересечения Л/, а также точки А, В, С попарных пересечений (рис.1). Докажите, что 0203ВС - параллелограмм.

рис.1

Доказательство. Очевидно, OjN02C- ромб (все стороны равны радиусу любой из окружностей). Тогда 0{N II 02С и OxN = 02С (рис.2).

Аналогично, OjN03B - ромб и OxN \\ ОъВ ; 0^ = 03В.

Значит, поскольку 02С\\ ОъВ и 02С = ОъВ, четырехугольник 0203ВС является параллелограммом.

Задача 2. Докажите, что в условиях задачи 1 точка N является ортоцентром (точкой пересечения высот) треугольника ABC.

Доказательство. Очевидно, AN _L 0203 (общая хорда двух пересекающихся окружностей перпендикулярна их линии центров) -рис. 1. Поскольку 0203 У ВС (задача 1) то AN 1 ВС . И прямая AN совпадает с высотой в ААВС. Аналогично BN _L АС и CN _L AB . Таким образом, точка N- ортоцентр в ААВС.

рис.2

Задача 3. Если три окружности одного радиуса имеют общую точку пересечения, то три другие точки пересечения лежат на окружности того же радиуса. Докажите!

Доказательство. Согласно задаче 1 0203 = ВС; 03Oj = АС и Oj02 = AB (рисJ). Тогда АО\0203 = ААВС (по трем сторонам). Следовательно, равны и окружности, описанные около этих треугольников. Так как NOx = N02 = N03 - как радиусы трех равных окружностей, то точка N- центр описанной окружности АОх02Оъ. И радиус этой окружности - такой же, как у трех равных окружностей: NOx = N02 = NO,.

Задача 4 (Ю. Билецкий). Две равные окружности касаются в точке N. Окружность s того же радиуса проходит через N и пересекает первые две окружности в точках Б и С (рис.3). Докажите, что ВС - диаметр s.

Доказательство. Можно заметить, что перед нами задача 2, в которой точки А и N совпали. Тогда N = А является ортоцентром в ABNC, то есть ZBNC = 90°. Поскольку ZBNC - вписан в окружность s, то ВС - ее диаметр.

рис.3

Задача 5. В условиях задачи 1 отрезки OA' 02В; 03С пересекаются в одной точке. Докажите!

Доказательство. Как было показано в задаче 7, четырехугольник 0203ВС является параллелограммом (рис. 1). Точно так же Oj02AB и Ot03AC - параллелограммы. При этом параллелограммы 0203ВС и Oj02AB имеют общую диагональ 02В. В то же время 03С - общая диагональ параллелограммов 0203ВС и Oj03AC. Поскольку 02В и 03С имеют общую середину (02В и 03С - диагонали в параллелограмме 0203ВС), то, очевидно, в этой точке и пересекаются отрезки OjA; 02В и 03С.

Задача 6 (А. Карлюченко). Три окружности одного радиуса расположены так, что одна из них касается двух других (назовем их со и s). ВС - а- общая внешняя касательная к си и s (рис.4). Найдите длину отрезка DE, где D и Е - точки касания первой окружности с си и s соответственно.

Решение. Пусть лучи BD и СЕ пересекаются в точке А (рис.5), причем А лежит на первой окружности (покажите!). Пусть также точки О; Т; Q — центры равных окружностей. Из равенства ААОЕ и ACQE (по двум сторонам и углу между ними), а также AAOD и ABTD (тоже по двум сторонам и углу между ними) следует, что АЕ = ЕС и AD = DB. Тогда DE- средняя линия в ААВС и

рис.4

рис.5

Задача 7. Точки Е, F и К - соответственно середины сторон ВС, АС и AB треугольника ABC. В треугольники AFK, ВКЕ и CEF вписаны окружности соответственно с центрами О?; 02; 03. Докажите, что OiE; 02F и 03К пересекаются в одной точке.

Доказательство. Очевидно, окружности с центрами 0];02;03 равны (равны треугольники AFK, ВКЕ и CEF - по трем сторонам). Пусть /- центр вписанной в ААВС окружности (инцентр). Тогда А-Ох -1 - одна прямая, совпадающая с биссектрисой угла А (рис. 6). При этом

рис.6

АОх =~Л1 (треугольнике AKF и ABC подобны с коэффициентом подобия —).

Пусть Q- центр окружности, вписанной в AEFK . Тогда EQ = АОх - как соответствующие отрезки в равных треугольниках AVK и EKF. И, поскольку AFEK- параллелограмм, то EQ\\ АОх. Однако АО] = Ojl. Следовательно, EQ = Ojl и EQW 0{1 . Значит, Oj/EQ- также параллелограмм, и его диагональ О iE проходит через точку Т- середину QI. Аналогично можно показать, что 02F и Oj/l тоже проходят через середину отрезка QI. Таким образом, О iE; 02F и 03К пересекаются в одной точке - точке Г (середине отрезка QÎ).

Задача 8. Три окружности одинакового радиуса расположены так, как показано на рис.7. Докажите, что сумма отмеченных дуг AK, BN и CT равна 180°.

Доказательство. Обозначим центры окружностей точками О],- 02; 03. Заметим, что отрезки А03 и 02Т- параллельны и равны, поскольку А02Т03 -ромб (рис.8). Аналогично ОъК\\ОхВ и ОъК = ОхВ (03KOjB - ромб), а также OxN\\02C и 0y/V = 02С (0уС02/У-ромб).

Отдельно построим окружность со того же радиуса с центром в точке О и разместим в ней сектор OB'N', равный сектору OjBN (рис.9). Затем в ней же поместим сектор ОСТ , равный сектору 02СТ. Так как OxN \\02С , то N'-O-C - одна прямая. При этом N'C - диаметр окружности со. Наконец, разместим в окружности со сектор OA'К', равный сектору 03АК. Поскольку OA'\\ОТ' (03А\\02Т ), то точки А';О;Т' принадлежат одной прямой. Аналогично показывается, что К'-О-В' -одна прямая. Следовательно, сектор от'в равен сектору oa'к' и \jB'T' = \jäk'. Таким образом, дуги N'B' ; вт и ТС заполняют половину окружности, и их сумма равна 180°.

рис.7

рис Я

рис.9

Задача 9. Три равные окружности касаются друг друга. Из произвольной точки окружности си, касающейся каждой из них внутренним образом, проведены касательные к трем равным окружностям. Докажите, что сумма длин двух касательных равна длине третьей.

Доказательство. Пусть окружность со с центром в точке Q касается внутренним образом равных окружностей с центрами Oj;02;03 в точках K;N;T(puc. 10). Очевидно, AKNT - равносторонний. Из произвольной точки D окружности со проведем отрезки DK, DN и DT. Известно, что DK + DT = DN (1) - важнейшее свойство равностороннего треугольника: для любой точки окружности, описанной около равностороннего треугольника, сумма расстояний ее до двух ближних вершин равна расстоянию до данной вершины. Пусть DK пересекает окружность с центром в О/ в точке Е. Тогда DK ■ DE = DL2 = а2 - по теореме о квадрате касательной (где DL = а - касательная из точки D к окружности Oj). ^ DK QK _

С другой стороны, = (согласно теореме Фалеса). Пусть радиусы равных окружностей равны г, а радиус окружности со равен R. Тогда

откуда DE =

Следовательно,

Аналогично, касательная из точки D к окружности 02 будет иметь вид:

а касательная из D к окружности 03:

Покажем, что а + с = Ь. Действительно, а + с =

Согласно (1),

DK + DT = DN . Следовательно, а + с = Ь, что и требовалось доказать!

Задача решается аналогично и в том случае, когда окружность со касается равных окружностей внешним образом.

Замечание. Данная задача также может быть эффективно решена с помощью теоремы Кэзи. О теореме Кэзи можно прочесть в книге «Геометрические миниатюры» З.А. Скопец, М.-«Просвещение», 1990.

рис.10

Задача 10 (Сангаку - японская храмовая геометрия). Три равные окружности радиуса г касаются друг друга, и их центры 01;02;03 лежат на одной прямой. Окружность о) с центром Т радиуса R касается первой и третьей окружностей внутренним образом (рис.11). К окружностям 01 и 03 проведена общая внутренняя касательная, пересекающая ш в точках К и N. Докажите, что KN = R + Зг.

Доказательство. Рассмотрим прямоугольный А0302Т (рис. 12). В нем ТОъ = R-r ; 0203 = 2г . Тогда

(1).

Так как АТЕ02 ~ AÖ2DOx, то

откуда

Из ATEN

Так как

(из равенства то

Поскольку

рис. 11

рис.12

Задача 11. Даны три равные окружности, не имеющие общих точек. Постройте окружность cj, касающуюся:

а) всех трех внешним образом;

б) одной из них внешним образом, а двух других - внутренним;

в) одной из них - внутренним образом и двух других - внешним.

Решение.

а) Пусть даны три равные окружности с центрами Oi;02;03. Пусть также серединные перпендикуляры к отрезкам Oi02 и Oj03 пересекаются в точке Q (рис. 13). Тогда QOx = Qö2 = Q03.

Окружность s с центром Q радиуса QOj пройдет через центры всех трех окружностей. Построим окружность, концентрическую окружности s и уменьшенную по сравнению с окружностью s на г - радиус любой из трех равных окружностей. Очевидно, она совпадет с искомой окружностью со.

рис.13

б) Решим сначала вспомогательную задачу, составленную Аполлонием: построить окружность, проходящую через две данные точки и касающуюся данной окружности.

Пусть даны точки А и В и окружность s. Необходимо построить окружность со, проходящую через А и В и касающуюся s.

Построим (произвольно) окружность со], проходящую через А и В и пересекающую s, скажем, в точках К и TV (рис. 14). Обозначим через Г точку пересечения прямых ВА и KN. Однако и искомая окружность со должна проходить через точки Aw В. Тогда по теореме о квадрате касательной для окружности соj имеем: ТВ ТА = ТК TN .Но ТВ ТА = ТС2 - для окружности со. Ас другой стороны, ТК TN = ТС2 для окружности s, где С -общая точка касания окружностей cows. Остается провести из точки Г касательную ТС к окружности s. Окружность, проходящая через точки А;В;С, совпадает с искомой окружностью со.

рис.14

Вернемся к задаче пункта б).

Анализ показывает, что если со - искомая окружность, то концентрическая с ней окружность coj, уменьшенная на радиус г любой из равных окружностей, проходит через центры окружностей 02 и 03 (рис. 15). Вместе с тем, со} касается внешним образом окружности s концентрической с окружностью О] и увеличенной на г. Тогда задача сводится к построению окружности coj, проходящей через точки 02 и 03 и касающейся окружности s (окружность s легко построить!..)

Теперь остается построить окружность со, концентрическую окружность coj и большую, чем она, на г.

рис.15

в) Пусть необходимо построить окружность со, касающуюся внутренним образом О/ и внешним - 02 и 03. Отразим окружность О/ симметрично относительно серединного перпендикуляра к отрезку 0203 (рис.16). Получим окружность s с центром 0[. При этом s и со также должны иметь внутреннее касание (из соображений симметрии). Тогда, не принимая во внимание, скажем, окружность 02, нам необходимо построить окружность со, касающуюся внешним образом окружности 03 и внутренним образом - окружностей Oi и s. А это - задача пункта б).

Замечание. Если центр окружности О/ находится на серединном перпендикуляре к отрезку 0203, то построение окружности со выполняется, как показано на рис. 17. Укажем порядок операций:

1) общая внешняя касательная ВС к окружностям 02 и 03,

2) серединный перпендикуляр к 0203 вторично пересекает Oj в точке А. К -точка пересечения AB и окружности 02. N- точка пересечения АС и окружности 03.

рис.16

3) окружность, проходящая через точки А; KhN, совпадает с искомой окружностью со. Для того, чтобы показать это, можно воспользоваться леммой Архимеда о параллельных диаметрах.

О Лемме Архимеда можно прочесть в книге «Чертежи на песке» Ю. Билецкий, Г. Филипповский; Киев, «Факт», 2000.

рис. 17

Несколько задач с участием трех равных окружностей предложим решить самостоятельно.

Задача 12. В данный равносторонний треугольник впишите три равные окружности, чтобы они касались друг друга и каждый - двух сторон угла.

Задача 13. Около треугольника ABC описана окружность s. Пусть G; Q;

Т-центры окружностей, симметричных окружности s относительно сторон треугольника ABC. Докажите, что треугольники ABC и GQT равны и что у них - общая окружность Эйлера.

Задача 14. В данную окружность впишите три равных окружности, касающихся первой и друг друга.

Задача 15. Три равные окружности пересекаются в точке Т. А;.В; С - их вторые точки пересечения. Известно, что AT = ВС. Найдите величину угла ВАС.

Задача 16. Три равные окружности радиуса г касаются внутренним образом окружности радиуса R, а также друг друга. Выразите г через R.

Задача 17. (Сангаку) На стороне ВС треугольника ABC взяты точки К и M таким образом, что радиусы вписанных в треугольники АВК, АКМ и AMC окружностей, равны. Докажите, что равны и радиусы окружностей, вписанных в треугольники АВМ и АКС.

Задача 18. (Сангаку) В прямоугольнике ABCD размещены три равные окружности радиуса г с центрами G; Q и Г. Окружности Q и Г вписаны в углы BAD и CDA соответственно. А окружность G касается их и стороны ВС. Выразите г через стороны прямоугольника, равные а и Ь.

Глава 8

Прямоугольник, который вписан в окружность

Четырехугольники, вписанные в окружность, хорошо изучены со времен Древней Греции, и о них достаточно много говорено. Поэтому, на первый взгляд, такая их частная разновидность, как вписанный в окружность прямоугольник, едва ли заслуживает серьёзного внимания. Тем не менее, более пристальное изучение свойств прямоугольника, вписанного в окружность, дарит много находок и неожиданностей, обнаруживает полезные зависимости и закономерности. В результате работы с данной конфигурацией сложилась вот такая серия задач на тему «Прямоугольник, вписанный в окружность».

Задача 1. Докажите, что для любой точки К, лежащей на описанной около прямоугольника ABCD окружности радиуса R , сумма АК2 + ВК2 + CK2 + DK2 есть величина постоянная. Найдите значение этой суммы.

Доказательство. Из прямоугольных треугольников BKDw АКС (рис. 1) видно, что

Тогда

(где R- радиус окружности). Но R - постоянно, а значит, и требуемая сумма постоянна.

Рис. 1

Задача 2. Через вершины вписанного в окружность прямоугольника проведены касательные к этой окружности. Докажите, что:

а) образовавшийся четырехугольник - ромб;

Доказательство:

а) Пусть после проведения касательных образовался четырехугольник MNKP (рис.2).

Поскольку MN II KP ( MN _L АС и KP LAC) и MP II KN ( MP _L BD и KN _L BD ), то MNKP-параллелограмм. Но параллелограмм с равными

Рис.2

высотами ( AC = BD = 2R = d) является ромбом.

б) Пусть сторона ромба MN = а ; АС = BD = d . Очевидно, что a>d. Тогда и a2 sin а > d2 sin а ( ZBOC = ZMPK =а) или SpOAl6a > 2SnpHM , что и требовалось доказать.

Задача 3. Биссектрисы углов А и С вписанного прямоугольника ABCD пересекают окружность в точках Е \л F соответственно. О - центр окружности. Докажите, что точки Е, О , F лежат на одной прямой (рис.3).

Доказательство.

ZFAD = ZFCD = 45° (вписанные, опираются на одну дугу).

ZEAF = ZEAD + ZDAF = 45° + 45° = 90°, а это значит что EF — диаметр, т.е. EF содержит точку О .

Рис.3

Задача 4. Из точки К, лежащей на описанной около прямоугольника ABCD окружности, опустили перпендикуляры КМ и KN на диагонали BD и АС соответственно. Доказать, что величина угла MKN, а также длина отрезка MN, не зависят от положения точки К.

Доказательство.

1 ) Заметим, что а = 180° - ß (рис.4), но величина ß не меняется, а значит, и а = const.

2) OK - диаметр окружности, описанной около четырёхугольника KMON . Тогда по теореме синусов для треугольника KMN получаем: m = OK-s'ma . Но OK - радиус большой окружности - величина постоянная. Поскольку и а = const, то тем самым доказано постоянство отрезка m .

Рис 4

Задача 5. Из всех прямоугольников, вписанных в данную окружность, найдите тот, который имеет:

a) наибольшую площадь;

b) наибольший периметр.

Решение, а)

(рис.5), а равенство достигается, когда sina = 1, т.е. при а = 90° . Значит, искомый прямоугольник - квадрат.

Ь) Из неравенства

(среднее квадратичное не меньше среднего арифметического) имеем:

(рис.5), где а + Ь - полупериметр прямоугольника ABCD . Знак равенства достигается при а = Ъ. Следовательно, наибольший периметр имеет квадрат.

Рис.5

Задача 6. Докажите, что площадь прямоугольника составляет менее площади описанного около него круга.

Доказательство. Согласно задачи 5,

( R - радиус описанного круга). Откуда

То есть,

Задача 7. Восстановите вписанный в данную окружность прямоугольник по двум точкам M и N принадлежащим смежным сторонам прямоугольника (рис.6).

Решение. Построим окружность с диаметром MN . Пусть А - одна из точек пересечения построенной и данной окружностей. Тогда прямые AN и AM при пересечении с данной окружностью дадут соответственно точки В и D . Дальнейшее очевидно.

Рис.6

Задача 8. Прямоугольник ABCD вписан в окружность. N- произвольная точка на меньшей дуге ВС. К, Т , Е - основания перпендикуляров, проведенных из точки N к прямым BD, АС , ВС соответственно. Докажите, что точка Е является точкой пересечения биссектрис (инцентром) в треугольнике NKT.

Доказательство. Идея доказательства базируется на таком известном факте геометрии треугольника:

(где / - инцентр треугольника ABC ) -рис. 7.

Около BNEK (рис.8) можно описать окружности ZBEN = ZBKN = 90° ), тогда Z1 = Z3 (вписанные, опирающиеся на одну дугу).

Аналогично, около NCTE можно описать окружность и Z2 = Z4 . Но Z3 = Z4 (ВО = СО и АВОС - равнобедренный), следовательно, Z1 = Z2 .

Пусть ZKNT = Z1 + Z2 = а и тогда

Докажем, что ZKET = 90° + —. Поскольку при этом NE является биссектрисой в треугольнике К NT, то это и будет означать, что Е - инцентр AKNT.

Рис.7

Рис.8

Пусть ZNCE = ZNTE = у (т.к. NCTE- вписанный четырёхугольник). Аналогично ZNBE = ZNKE = x ( NBKE - вписанный четырёхугольник) ZKEN = 180°- (Z1 + х) ; Z TEN = 180°- (Z2 + у). Тогда ZKET = 360° -(ZKEN + ZTEN) = х+у+а.

Но

Поскольку ZBOC = 180°-а (из треугольника ВОС ), то нетрудно посчитать, что

Тогда

А это значит, что точка Е - инцентр треугольника KNT.

Задача 9. Пусть К - произвольная точка меньшей дуги AD описанной около прямоугольника ABCD окружности (рис.9). Кх, К2, Кл, К{ - её проекции на прямые AD, AB , CD , ВС соответственно. Докажите, что К{ - точка пересечения высот(ортоцентр)треугольника К2К3К4.

Доказательство. Проведём прямую К2КХ. Если мы докажем, что ZK2TK3 = х = 90° , то задача будет решена!

Z1 = Z2 ( АКХКК2 - вписанный четырёхугольник). Z2 = Z3 (вписанные, опираются на одну дугу ). Тогда Z1 = Z3 .

Поскольку КО = КъО - половины диагоналей прямоугольника КК4СК3, то Z4 = Z5.

Но Z3 + Z4 = 90° (из АКСК3 ). Тогда и Z1 + Z5 = 90° . Значит, в АК2ТК3 : х = 90° и К2Т - высота, то есть /С, - ортоцентр АК2К3К4.

Рис.9

Задача 10 (обобщение задачи 9). Через произвольную точку К меньшей дуги AD проведена произвольная прямая. Она пересекает прямые AB и CD в точках К2 и К3 соответственно (рис.10). Через точку К проведена прямая перпендикулярно К2К3, которая пересекает AD и ВС в точках К{ и К{ соответственно. Докажите, что Кх - ортоцентр в треугольнике К}КЛКЛ.

Доказательство.

Докажем, что ZK2TK3 = х = 90° .

Z1 = Z2 ( АКХКК2 - вписанный четырёхугольник), Z2 = Z3 (вписанные, опираются на одну дугу). Следовательно, Z1 = Z3 . Около КК3СК4 можно описать окружность, и тогда Z4 = Z5 .

Но Z3 + Z4 = 90° , а значит Z1 + Z5 = 90° и x = 90° . К2КХ - прямая, содержащая высоту, то есть К{ - ортоцентр!

Рис 10

Задача 11. Дана точка А , две взаимно перпендикулярные прямые п и к, содержащие вершины В и D прямоугольника ABCD (рис.11). Найти геометрическое место вершин С всевозможных прямоугольников ABCD.

Решение. Пусть данные прямые п и к пересекаются в точке Е . Тогда точки А , В , С , D, Е лежат на одной окружности, описанной около прямоугольника ABCD ( ZBED = ZBCD = ZBAD = 90° ).

Но АС - диаметр, следовательно, ZAEC = 90° . Таким образом, геометрическим местом вершин С всевозможных прямоугольников ABCD будет прямая Ъ, проведенная через точку Е перпендикулярно АЕ.

Рис. 11

Глава 9

Вписанно-описанные четырехугольники АМ2ХМ3

Пусть M2 и М3 - соответственно середины сторон АС и AB треугольника ABC. Наш разговор - о четырехугольниках АМ2ХМ3, около которых можно описать окружность. Причем, в роли точки X может быть одна из замечательных или характерных точек треугольника. Например, X = О, где О - центр описанной окружности треугольника ABC (рис.1). Мы также рассмотрим и четырехугольники АМ2ХМ3, в которые можно вписать окружность (рис.2). И в этом случае точка X будет совпадать с одной из известных точек треугольника ABC.

рис.1 рис.2

I. Вписанный четырехугольник АМ2ХМ3

Задача 1. Докажите, что около АМ2ХМ3 всегда можно описать окружность, если X = О - центром описанной окружности треугольника ABC.

Доказательство. Поскольку отрезки ОМ2 и ОМ3 совпадают с серединными перпендикулярами соответственно к сторонам АС и AB (рис.3), то сумма углов ОМ2А и ОМ3А равна 1 80° . Следовательно, около четырехугольника АМ2ОМ3 всегда можно описать окружность.

рис.3

Задача 2. Точка H является ортоцентром в треугольнике ABC (точкой пересечения высот). В каком отношении ортоцентр делит высоту АНЬ если около четырехугольника АМ2НМ3 можно описать окружность?

Решение. Очевидно, на этой же окружности лежит и точка О (задача 1). Так как ZOM2A = ZOM3A = 90° , то отрезок АО- диаметр этой окружности. Тогда ZOHA = 90° - вписанный, опирается на диаметр построенной окружности (рис.4). Значит, ОН \ \ ВС . Отсюда следует, что OMt = HHh Поскольку ОМх =^АИ - известный факт геометрии треугольника (покажите!), то АН : ННХ =2:1.

рис.4

Задача 3. Около четырехугольника АМ2ХМ3 можно описать окружность, где X = I - инцентром разностороннего треугольника ABC (точкой пересечения биссектрис). Докажите, что в таком случае стороны треугольника ABC составляют арифметическую прогрессию.

Доказательство. Пусть ВС = а, АС = Ъ и AB = с. Пусть также Ъ > а > с (то есть а - средняя по величине сторона в ААВС). Поскольку МК2М2 = AIK3M3 ( IK2 =1К3=г; Ш2 = 1МЪ - опираются на равные дуги в проведенной окружности), то К2М2 = К3М3 (рис.5). Однако, (докажите!). Тогда-=-, или

То есть, стороны ААВС составляют арифметическую профессию.

рис.5

Задача 4. Пусть M-точка пересечения медиан (центроид) в треугольнике ABC. Известно, что около АМ2ХМ3 можно описать окружность, где X = М. Докажите, что сторона ВС совпадает с общей внешней касательной к описанным окружностям треугольников AMC и АМВ.

Доказательство. Очевидно, Z1 = Z2 - вписанные, опираются на одну дугу в окружности, описанной около АМ2ММ3 (рис.6). Но Z2 = Z3 - внутренние накрест лежащие (М2М3 II ВС ). Тогда для описанной окружности ААМС : Z3 = Z1. Значит, это угол между касательной ВС и хордой СМ. Аналогично Z4 = Z5 = Z6 и Z6 - угол между касательной ВС и хордой /Ш для окружности, описанной около ААВМ.

рис.6

Задача 5. Около четырехугольника АМ2ХМ3 можно описать окружность, где X = M. Докажите, что 2а1 =Ь2 +с2 - квадраты сторон треугольника ABC составляют арифметическую прогрессию.

Доказательство. Пусть отрезки AM и М2М3, пересекаются в точке F (рис. 7).

Тогда, если ВС = я, то М2М3 = ~ И

Пусть также медиана AM] = та. Тогда AF = FM{ = Поскольку AM : ММХ = 2 :1, то

По теореме о произведении отрезков хорд для проведенной окружности имеем:

Но Ат2а =2(Ь2 +с2)-а2 (формула медианы). Получаем требуемое: 2а2 = Ь2 + с2.

рис.7

Задача 6. (Турнир Городов, 1990/1991 гг.) Известно, что около четырехугольника АМ2ММ3 можно описать окружность си. Восстановите треугольник ABC по окружности ш и точкам М2; М3.

Решение. Пусть F— середина М2М3 (рис.8). Найдем эту точку. Было показано, что AF = (задача 5), то есть AF.FM = 3:1. Вновь воспользуемся теоремой о произведении отрезков хорд: M2FFM3 =х-3х, (где x = FM), откуда х =

Имея отрезок, равный Зх, из точки F раствором Зх сделаем засечку на окружности со -получим вершину Л. Дальнейшее очевидно!..

рис.8

Задача 7. Описанная окружность четырехугольника АМ2ХМ3 касается стороны ВС именно в точке X. Докажите, что:

а) X = L, где L - основание биссектрисы угла А;

б) выполняется равенство: Ь + с = ayfl .

Доказательство.

Пусть АС = Ь и AB = с. Тогда АМ2 = М2С =- и АМ3 = М3В = - (рис.9). По теореме о квадрате касательной

откуда СХ =

Аналогично ВХ2 = ВАВМ3 =

Поскольку

то Х = Ь (свойство биссектрисы). Сторона ВС = а складывается из отрезков СХ w ВХ. Поэтому

рис.9

II. Описанный четырехугольник АМ2ХМ3

Задача 8. Если в четырехугольнике АМ2ХМ3 точка X совпадает с Нх - основанием высоты, проведенной из вершины Л, - то в АМ2ХМ3 можно вписать окружность. Докажите!..

Доказательство. Так как медиана, проведенная к гипотенузе, равна половине гипотенузы, то (рис.10). Тогда суммы противоположных сторон в четырехугольнике AM2HtM3 равны (они равны ) и в него можно вписать окружность.

Задача 9. AL - биссектриса в треугольнике ABC. Известно, что в четырехугольник АМ2ХМ3, где X = L , можно вписать окружность. Докажите, что треугольник ABC - равнобедренный.

Доказательство. Пусть Q - центр вписанной в AM2LM3 окружности. Очевидно, он лежит на биссектрисе Л/,. Проведем радиусы QT ± M2L и QN ± Мъ1 (рис.11). Из равенства AQTL и AQNL (по катету и гипотенузе) следует равенство углов QLTw QLN. Тогда AALM2 = AALM3 - по стороне и двум прилежащим углам. Значит, АМ2 = АМ3, или

или Ъ = с.

Таким образом, ААВС - равнобедренный.

рис.10

рис. 11

Задача 10. В четырехугольник АМ2ХМ3 можно вписать окружность. При этом X = M - точкой пересечения медиан (центроидом) треугольника ABC. Докажите, что треугольник ABC - равнобедренный.

Доказательство. Пусть Ь > с. (рис.12). Поскольку в АМ2ММ3 можно вписать окружность, то

Но если b > с, то тъ < тс, так как большей стороне соответствует меньшая медиана (покажите!). Следовательно, b = с и ААВС - равнобедренный.

рис. 12

Задача 11. Известно, что в четырехугольник АМ2ММ3 можно вписать окружность и что около него можно описать окружность (рис.13). Докажите, что треугольник ABC - равносторонний.

Доказательство. Если в АМ2ММ3 можно вписать окружность, то b = с (задача 10). А если около АМ2ММ3 можно описать окружность, то 2а2 = Ь2 + с2 (задача 5). Учитывая, что b = с, получаем 2а2 = 2Ь2 и а = b = с.

рис.13

Задача 12. В четырехугольник АМ2ММ3 можно вписать окружность. Докажите, что ее центр находится на окружности, описанной около другого четырехугольника - ВМ3М2С.

Доказательство.

Как было показано в задаче 10 ААВС -равнобедренный (Ь = с). Поэтому ВМ3М2С - равнобокая трапеция и около нее можно описать окружность s (рис.14).

Пусть биссектрисы равных углов АВМ2 и АСМ3 пересекаются в точке Т. Тогда и биссектриса угла А тоже проходит через точку Т, которая является центром вписанной в АМ2ММ3 окружности.

Так как Z1 = Z2, то точки В; Т; М2; С принадлежат одной окружности, а именно окружности s.

Следовательно,

рис.14

Задача 13. В четырехугольник АМ2ХМ3 можно вписать окружность. При этом X = H . Докажите, что треугольник ABC - равнобедренный.

Доказательство. Пусть НМ3 = п и НМ2 = q (рис. 15). Тогда

— + п = — + а , или -= q-n (1).

Очевидно, М2М3 _L АН . Пусть также К = М2МЪ п АН . Тогда по теореме Пифагора

Получается, что и суммы квадратов противоположных сторон равны:

или

(2).

рис.15

Пусть ААВС не является равнобедренным (Ь ф с). Тогда из (1) и (2) получаем — = q + n (3).

Из (1) и (3) находим, что ~ = Я • Это означает, что точки И и Ht совпадают, чего быть не может. Таким образом, b = с и ААВС равнобедренный.

Несколько задач на вписанно-описанные четырехугольники АМ2ХМ3 предложим для самостоятельного решения.

Задача 14. Около четырехугольника АМ2ХМ3 можно описать окружность. При этом X = M . Медиана АМ1 в треугольнике ABC равна та. Найдите длину стороны ВС. (Ответ: —р-).

Задача 15. Известно, что около АМ2ХМ3 можно описать окружность, где X = Нх - основанием высоты, проведенной из вершины А. Определите величину угла А. (Ответ: А = 90° )

Задача 16. Пусть X = H - ортоцентр ААВС - и около АМ2ХМ3 можно описать окружность. Восстановите треугольник ABC по точке О - центру описанной около него окружности, точке Ну {АН1 - высота в треугольнике ABC) и прямой, содержащей сторону ВС.

Задача 17. Около АМ2НМ3 можно описать окружность. Докажите, что tg£-tgC = 3.

Задача 18. К - точка касания вписанной в треугольник ABC окружности со стороной ВС. В четырехугольник АМ2ХМ3 ( X = К ) можно вписать окружность. Докажите, что треугольник ABC -равнобедренный.

Задача 19. Дан неравнобедренный треугольник ABC. Известно, что в четырехугольник АМ2ХМ3 можно вписать окружность, где X Е ВС . Восстановите треугольник ABC по точкам X; М2; М3.

Задача 20. Если в четырехугольник АМ2ХМ3 можно вписать окружность ( X Е ВС ), то либо треугольник ABC - равнобедренный, либо X = Нх - основанием высоты треугольника ABC, проведенной из вершины А.

Глава 10

Треугольник, в котором b + c = a√2

Карлюченко - Яковлев - Филипповский

Треугольник, стороны которого отвечают соотношению b + c = a4l, имеет определенные свойства. Некоторые из них оказываются довольно нетривиальными и полезными. Кроме того, вывод формул и зависимостей для такого треугольника позволяет повторить и закрепить много важных фактов школьной геометрии. А также заметить интересные закономерности, углубить эрудицию учеников в вопросе изучения геометрии треугольника.

Задача 1. Найдите длины отрезков, на которые АЦ - биссектриса угла А - делит сторону ВС (рис.1).

Решение. По свойству биссектрисы

Учитывая то, что

получим:

Задача 2. Докажите, что длина la биссектрисы угла А вычисляется по формуле:

Решение. Согласно известной формуле биссектрисы lQ = be — CLX • BLX имеем:

откуда

Рис. 1

Задача 3. Докажите справедливость формул: для площади S треугольника ABC, а также для высоты, проведенной из вершины угла А : ( R - радиус описанной окружности треугольника ABC).

Решение.

Учитывая то, что

(задача 2), получим необходимое.

Нетрудно показать, воспользовавшись формулами

что

Поскольку

опять-таки получим необходимую формулу для ha .

Задача 4. В каком соотношении инцентр / (точка пересечения биссектрис ААВС) делит биссектрису угла А (рис.1)?

Решение. Известно, что для любого треугольника (докажите!).

В нашем случае

Задача 5. Биссектриса АЦ пересекает описанную около ААВС окружность в точке W (рис.2). Докажите, что ALX = LXW , или AW = 2la

Решение. По теореме о произведении отрезков хорд имеем:

Задача 6. Докажите, что OLx _L/ö {О - центр окружности, описанной около a ABC ), а также то, что la< R .

Решение. Прямая OL содержит диаметр описанной окружности и при этом она делит хорду AW пополам {по задаче 5 ALX =LXW). Но диаметр, который делит хорду пополам, перпендикулярен к ней. Итак, OLx _L AW, или OLxLla.

Справедливость неравенства la < R становится очевидной, если рассмотреть прямоугольный треугольник OLxA .

Задача 7. Пусть Нх - основание высоты ha в треугольнике ABC, Мх - основание медианы та (рис.2). Докажите, что MlLl = LlHl.

Решение. Поскольку AL,Mj^ = ALXHXA (по гипотенузе и острому углу), то MXLX = LXHX. Заметим, что точки W ; Мх ; О принадлежат одной прямой. Действительно, WMX -медиана, а значит, и высота в равнобедренном ABWC : BW = CW - как хорды, стягивающие равные дуги.

Рис.2

Задача 8. Пусть М2 и Мъ - середины сторон АС и AB соответственно (рис.3). Докажите, что точки А ; М2; 0\ Lx \ Мъ принадлежат одной окружности.

Рис.3

Решение. Поскольку ОМ2 _L АС и ОМъ _L AB , то около четырехугольника АМ2ОМъ можно описать окружность с диаметром OA. Однако Z.OLxA = 90° (по задаче 6). Поэтому и точка Lx принадлежит этой окружности. Ее центр -середина отрезка OA . Эту окружность назовем окружностью Ох .

Задача 9. Докажите, что M2LX = M3Ll

Решение.

К тому же, эти углы являются вписанными в окружность Ох . Тогда равны дуги M2L] и M3Ll . Следовательно, равны и соответствующие хорды, то есть M2LX = M3Ll .

Задача 10. Окружность Ох касается стороны ВС, причем именно в точке Ц. Докажите!

Решение. Пусть окружность Ох имеет еще одну общую точку (точку Т ) со стороной ВС (рис.4). Пусть также LXT = п . Тогда по теореме о квадрате касательной получаем:

Итак,

, откуда П = 0 и Т = Lx

Рис 4

Задача 11. Докажите, что

Решение. По формуле медианы

Поскольку

то после подстановки получим:

а) Учитывая то, что та > 1а , имеем:

б) По этой же причине

Тем более

(поскольку ha < la ).

в) Неравенство

является следствием формулы

Заметим, что во всех неравенствах знак “-' имеет место в случае прямоугольного равнобедренного треугольника.

Задача 12. Докажите, что

Решение.

Тогда

Задача 13. Докажите справедливость формул:

Решение.

а) Воспользовавшись теоремой косинусов, а также тригонометрическими формулами:

нетрудно получить формулу

Тогда имеем:

б) Поскольку

Задача 14. Докажите, что

Решение. Согласно задаче 11

Тогда получим:

Задача 15. Докажите, что длина отрезка IW {рис.2) вычисляется по формуле:

Решение. По теореме Птолемея для вписанного четырехугольника ABWC : AW -а- BW b + CW с. Поскольку BW = CW = IW (так называемая теорема «трилистника» - известный факт геометрии треугольника), то

откуда

Но AW = 21а (задача 5). Таким образом,

что и необходимо было доказать.

Глава 11

Лемма биссектрального треугольника

Пусть отрезки АЦ ; BL2 CL.S являются биссектрисами в произвольном треугольнике ABC. Тогда ALXL2L.S, составленный из оснований биссектрис, называют биссектральным. Биссектральный треугольник обладает рядом свойств, среди которых особенно важным представляется свойство, о котором мы и поведем дальнейший разговор...

Лемма биссектрального треугольника

Для любой точки на стороне (или ее продолжении) биссектрального треугольника сумма (или модуль разности) расстояний от этой точки до двух соответствующих сторон равна расстоянию до третьей стороны.

Доказательство. Пусть Т - произвольная точка стороны L2L3 биссектрального треугольника ( BL2 и CL3 - биссектрисы в ААВС ). ТТ\ = X ; ТТ2 = у ; ТТ3 = z - ее расстояния до сторон ВС, АС и AB соответственно (рис. 1). Докажем, что х = у + z .

Обозначим через L2D = L2E = d -расстояния от L2 до ВС и AB соответственно и через L3F = L3N = f - расстояния от L3 соответственно до ВС и АС. Пусть также L2T = n и L3T = q .

Величину отрезка х нетрудно найти из трапеции L2L3FD :

(1)

Из подобия AL2TT2 и AL2L3N имеем:

(2)

Аналогично

(^- подобие AL3TT3 и AL3L2E.

Сравнив (1) с (2) и (3), получаем: х = у + z .

рис.1

Отметим, что если точка Т будет взята на продолжении L2L3 (за точку L3 ), то будет иметь месть равенство:

у = х + z -рис.2.

Аналогично если Г-на продолжении L2L3 за точку L2, то z = х + у.

Покажем применение леммы при решении ряда задач, большей частью повышенной трудности, олимпиадных.

рис.2

Задача 1. Прямая L2L^ пересекает прямую ВС в точке Q - основании внешней биссектрисы угла А треугольника ABC . Докажите!

Доказательство (Д. Прокопенко). Соединим А с Q и проведем из точки Q перпендикуляры к прямым АС и AB : QN = у ; QF = z (рис.3). Согласно замечанию к лемме (рис.2) y = x + z . Но х = 0, следовательно у = z . Тогда из равенства AAFQ и AANQ (по катету и гипотенузе) следует, что Z1 = Z2 , то есть AQ - внешняя биссектриса угла А треугольника ABC .

рис.3

Задача 2 (А. Карлюченко). Внутри треугольника ABC находится точка Т , расстояния от которой до сторон ВС, АС и А В равны соответственно х;у ;z . Найдите геометрическое место точек Г таких, что из отрезков x;y;z можно составить треугольник.

Решение. Очевидно, искомым ГМТ будет внутренняя область ALXL2L3 (рис.4). Действительно, для всех точек на сторонах AL, L2 L3 будет выполняться такое, что один отрезок равен сумме двух других. Стало быть, треугольник составить нельзя. Для всех точек вне ALXL2L3 один отрезок будет длиннее, чем сумма двух других. Внутри же ALXL2L3 требование задачи выполняется!..

рис.4

Задача 3. Биссектриса АЦ треугольника ABC пересекает отрезок L2L:] в точке Т . Через Т проведена прямая параллельно ВС. Она пересекает AB и АС в точках К и N соответственно. Докажите, что

2KN = BK + CN .

Доказательство. Так как Т е L2L3, то согласно лемме x = y + z -рис.5. Но Т также принадлежит биссектрисе ALX. Поэтому у = z и x = 2у или x = 2z. Проведем ТЕ\\АВ и TF II АС . Тогда ТЕ = KB (ТКВЕ - параллелограмм). Аналогично TF = NC . Поскольку АТТ3К ~ АТТ^Е, откуда 2ТК = ТЕ = KB . Аналогично 277V = TF = NC (из подобия ATT2N и ATT^F ). Следовательно, 2KN = ВК + CN , что и требовалось доказать!..

Задача 4 (А. Карлюченко). Окружность с центром /, вписанная в треугольник ABC , касается его сторон ВС; АС и А В в точках Кх; К2; К3 соответственно. Луч К J пересекает L2L3 в точке Т . Из точки Т проведены перпендикуляры TF к 1К2 и TD к Ж.5. Докажите, что ID + IF + IT = IKX.

Доказательство. Согласно лемме ТКХ = ТТ2 + 7Т3, или x=y+z. Поскольку 1К} =1К2=1К3 =г, то имеем: IT=x-r; IF=г у и ID=r-z (рис.6). Тогда ID+IF+IT=r -z+r -у+х г=r+(х —д> -z)=r .

рис.6

Задача 5. Около треугольника ABC описана окружность си. Луч Ь2ЬЛ пересекает си в точке Т . Докажите, что

Доказательство. Так как точка Т лежит на продолжении L2L3 - заточку L3 - то, согласно лемме, имеем: y=x+z (рис.7). Четырехугольник А TBC вписан в со , поэтому ZTAT2 = ZTBT{. Следовательно, A77?7J ~ АТАТ2 и

(1).

рис.7

Поскольку ZTBA = ZTCA (вписанные, опираются на одну дугу в окружности со ), то АТВТЪ ~ АТСТ2. Значит,

(2).

Сложив левые и правые части равенств (1) и (2), получим Однако x+z=y. Тогда, сократив на^, получим требуемое:

Задача 6. На отрезке L2L^ найдите точку Т такую, чтобы отношение принимало наибольшее значение.

Решение. Для любой точки Т отрезка L2L3 выполняется равенство x=y+z (лемма биссектрального треугольника). Тогда необходимо найти наибольшее значение величины

Нетрудно показать, что , откуда

Знак равенства достигается, когда y=z. Поэтому имеет место для точки Т пересечения биссектрисы ALX с отрезком L2L3 (рис8).

рис.8

Задача 7. Известно, что в треугольнике ABC центроид M принадлежит отрезку Ь2ЬЛ. Докажите, что в таком случае для высот треугольника ABC имеет место равенство: ha = hb + h .

Доказательство. Так как M е L2L3, то x=y+z (согласно лемме). Центроид M делит каждую из медиан в отношении 2:1, считая от вершины. Поэтому (рис.9). Аналогично

Тогда, с учетом леммы,

рис.9

Задача 8. Центр О описанной около треугольника ABC окружности лежит на отрезке L2L.r Докажите, что расстояние АН от вершины до ортоцентра треугольника ABC равно сумме радиусов описанной около треугольника ABC и вписанной в него окружности.

Доказательство. Согласно лемме имеем: ОМх=ОМ2+ОМъ, или x=y+z (рис.10). Здесь О - центр описанной окружности ЛЛ£С,а М15 М2, М3 - середины его сторон. ААВС - остроугольный, так как О е L2L3 - находится внутри него. Тогда по формуле Карно для остроугольного ААВС: ОМ{ +ОМ2 +ОМъ =R + r . С учетом леммы ( ОМх = ОМ2 + ОМ3 ) получаем: 20МХ =R + r . Поскольку 20МХ =АН (известная формула геометрии треугольника), то AH = R + r, что и требовалось доказать!..

рис.10

Задача 9 (А. Карлюченко). Восстановите треугольник ABC по точкам В; L2; Q, где Q = L2LZ nВС.

рис.11

Решение. Соединим L2 с В и Q . Проведем прямую QB , которая, очевидно, содержит сторону ВС треугольника ЛВС . При этом (рис.11). Построив Z2 = Z1, получим прямую, содержащую сторону В А . Эта прямая пересекает L2Q в точке L3. Из любой точки Т отрезка L2L3 проведем перпендикуляры ТТх=х и TT3=z соответственно к прямым, содержащим ВС и ВА . Согласно лемме у=х -z . Из точки Т как из центра проводим окружность s радиусом y=x-z . Касательная к s из точки L2 при продолжении пересечет прямые ВА и QB соответственно в вершинах А и С .

Задача 10 (А. Карлюченко). Очевидно, расстояние от L2 до ВС меньше, чем AL2 (L2D=L2E и L2E<AL2 - катет меньше гипотенузы). Аналогично расстояние от ЬЛ до ВС меньше, чем АЬл (LAK = LAN<ALA)-рис.12. Может ли на отрезке L2L^ найтись такая точка Т , что расстояние от нее до ВС равно А Т?

рис.12

Решение. Возьмем ААВС с углом А = 60° . Проведем биссектрису ALX угла А . Покажем, что точка ее пересечения с L2L3 и есть искомая точка Т (рис.13).

Действительно, x=y+z (согласно лемме) и y = z, так как Т е ALX. Значит

Поскольку Z1 = Z2 = 30° , то гипотенуза AT в ААТТ2 равна 2у = х . Итак, в данной конструкции АТ=ТТх=х .

рис.13

Глава 12

О касательных, проведенных в двух вершинах треугольника

В данной главе речь пойдёт о задачах, условие которых начинается следующими словами: «Касательные, проведенные в вершинах В и С треугольника ABC к описанной около него окружности, пересекаются в некоторой точке...»

Далее, после дополнительных данных и обозначений некоторых точек, ставится требование доказать равенство определённых углов или отрезков.

Задачи такого содержания нередко участвуют в математических олимпиадах, соревнованиях, турнирах. Поэтому и представляется целесообразной попытка создать серию таких задач и предложить ее вниманию читателей.

Задача 1. Касательные в вершинах в и С треугольника ABC к описанной около него окружности ш пересекаются в точке Т (такую конструкцию вместе с проведенным отрезком AT в дальнейшем будем называть Т-конструкцией). АМ1 - медиана в треугольнике ABC. АО - радиус окружности ш. Докажите, что ZOAMx = ZMXTA .

Доказательство. Пусть ZI = ZOAMx и Z2 = ZM\TA . Очевидно, точки T; Mj; О лежат на одной прямой (TMj - медиана, высота и биссектриса в равнобедренном АВТС (рис.1). Соединив С и О, получим ZOCT = 90° . Тогда СМ1 - высота, проведенная к гипотенузе в прямоугольном АОСТ и СО2 = ОТ-ОМ,. Но СО = АО = R. Следовательно, АО2 = ОТ ОМх. Это означает, что OA - касательная к описанной около ААМХТ окружности. Тогда Z1 = Z2 - как соответственно угол между касательной и хордой и вписанный угол.

рис.1

Задача 2. Докажите, что в Г-конструкции отрезки АТ\л АМ1 являются изогоналями (составляют равные углы соответственно с AB и АС), то есть ZCAMX = ZBAT .

Доказательство. ZI = Z2 - по задаче 1. Проведем высоту AHj в ААВС (рис.2). Тогда Z2 = Z3 (внутренние накрест лежащие углы при АНХ II ТМХ ). Нетрудно показать, что Z4 = Z5 = 90° - В (покажите!) Следовательно, Z1 + Z4 = Z3 + Z5, или ZCAM, = ZBAT, что и требовалось доказать.

Заметим, что AT совпадает с симедианой ААВС, однако, симедиана, несомненно, заслуживает отдельного разговора вне формата данной главы.

рис.2

Задача 3. В Г-конструкции проведены перпендикуляры ТЕ и TD к прямым AB и АС соответственно. Докажите, что М1 -ортоцентр в треугольнике ADE.

Доказательство. В АС ОТ углы известны: ZOCT = 90° (касательная перпендикулярна радиусу); ZCOT = А ( ZBOC = 2А - центральный). И тогда ZCTO = 90°-A (рис.3). Около четырехугольника DCMjТ можно описать окружность (два противоположных угла равны по 90° ). Значит, ZCDM, = ZCTM, = 90° - А . Пусть луч DMj пересекает AB в точке К. Тогда в AADK один из углов равен А, другой 90° - А . Следовательно, ZDKA = 90° и DK- высота в AADE. Аналогично (если EMj при продолжении пересекает АС в точке N) EN - высота в AADE. То есть, точка М1 -ортоцентр в AADE, что и требовалось доказать!

рис.3

Задача 4. В Г-конструкции к окружности ш проведена касательная в вершине А. Она пересекает прямую СВ в точке F. Q- AT1 слсо. Докажите, что QF- также касательная к ш.

Доказательство. Согласно задаче 1 Z1 = Z2 (рис.4). Поскольку точки А; О; Mt; F принадлежат одной окружности (два противоположных угла равны по 90°), то Z3 = Z1 (вписанные, опираются на одну и ту же дугу в этой окружности).

Пусть Z1 = Z2 = Z3 = а . Тогда очевидно, Z4 = Z5 = 90°-a и для AKPF (К = ВСпАТ; Р = OFслАТ) ZFPK = 90°. То есть, FP делит хорду AQ окружности со пополам ( OP 1 A Q ).

Значит, так как F А - касательная к ш, то и FQ - касательная к со. Что и требовалось доказать.

Задача 5. В “Г-конструкции проведена биссектриса АЦ треугольника ABC. Докажите, что Q/.? - биссектриса в ABQC ,где Q = ATna> (рис.5).

Доказательство. Пусть ZCQL{ = а и ZBQL{ = ß. Покажем, что а = ß . Пусть также касательная к &> в вершине А пересекает прямую СВ в точке F. Тогда F А = FQ - касательные к со (задача 4). Поскольку ZACB = ZBAF (вписанный угол и угол между касательной и хордой для окружности со), то (внешний для AALXC ). Следовательно, F А = FLj = FQ. Пусть ZBCQ = ZBQF = <р (вписанный угол и угол между касательной и хордой для со). Тогда ZFLXQ = а + ср (внешний для ACQLX ). A ZFQLX = ß + ср. Но ZFLXQ = ZFQLX, так как FLX = FQ . Значит, а + ср = ß + <р и а = ß .

рис.4

рис.5

Задача 6. В Г-конструкции Z1 = Z2 (рис.6). Докажите, что Z3 = Z4 .

Доказательство. ZABN = С = Z2 + Z5 (вписанный угол и угол между касательной и хордой для окружности со). С другой стороны, ZABN = Z\ + Z6 - внешний для МВТ. Поскольку Z1 = Z2 , то Z5 = Z6 . Тогда точки Т; В; К; С принадлежат одной окружности и Z7 = Z8 . ZACP = Z3 + Z7 - внешний для ААСТ и ZACP = Z4 + Z8 (угол между касательной и хордой и вписанный угол для со). Так как Z7 = Z8 , то Z3 = Z4 .

рис.6

Задача 7. В Г-конструкции треугольника ABC оказалось, что AB\\ CT . Докажите, что в таком случае луч BQ делит отрезок CT пополам.

Доказательство. Очевидно, Z1 = Z2 (внутренние накрестлежащие при АВ\ \ CT). В свою очередь, Z1 = Z3 (вписанный угол и угол между касательной и хордой в окружности со). Опишем окружность s около ABQT (рис. 7). Поскольку Z3 = Z2 , то CT - касательная к окружности s. Следовательно, CT -общая касательная к окружностям со и s. Тогда общая хорда BQ этих окружностей при продолжении делит CT пополам. Действительно, пусть F = BQnCT . Значит, FC2 = FB-FQ - по теореме о квадрате касательной для окружности со. Аналогично для окружности s: FT2 = FB • FQ . Откуда следует, что FC = FT.

рис.7

Задача 8. В Г-конструкции проведен QN- перпендикуляр к ВС (рис.8), который при продолжении пересекает медиану АМ1 в точке К. Докажите, что QN = Л/К, или X = у.

Доказательство. Продолжим медиану АМ\ до пересечения с со в точке D и проведем DE _L ВС . Поскольку Z1 = Z2 (задача 2), то = uCZ), а значит, равны и хорды: BQ = CD. Очевидно, Z3 = Z4 - опираются на равные дуги в окружности со. Тогда AQNB = ADEC - по гипотенузе и острому углу. Значит, BN = СЕ. Но ВМХ = СМХ и получаем: NMX = МХЕ . Теперь AKNMX = ADEMX -по катету и острому углу. Откуда KN = ED = х. Но ED = QN = у-т равенства ABNQ и ACED. Следовательно, X =у.

рис.8

Задача 9 (лемма Архимеда). В Г-конструкции через точку Г проведена прямая параллельно AB. Она пересекает окружность со в точках D и Е, а сторону АС - в точке К. Докажите, что DK = КЕ.

Доказательство. Пусть О - центр окружности со. Тогда ZBOC = 2А - центральный и ZBOT = ZCOT = А (рис.9). Поскольку и ZCKT = А ( KT II AB ), то точки С; К; О; Г принадлежат одной окружности (ZCKT = ZCOT = А). Так как ZOCT = 90° (касательная перпендикулярна радиусу, проведенному в точку касания), то и ZOKT = 90° . Диаметр, перпендикулярный хорде, делит ее пополам. Значит, OK делит хорду DE окружности со пополам, то есть DK = КЕ.

рис.9

Задача 10. В Г-конструкции AN-хорда, проведенная параллельно ВС в окружности со. К = NQnBC . Докажите, что К - середина ВС.

Доказательство. Пусть касательные к со в точках А и Q пересекаются в точке F (рис. 10). Тогда точки F; В; С лежат на одной прямой (задача 4). Значит, для касательных F А и FQ, секущей F - В- К -С и AN\\BC выполняется лемма Архимеда и ВК = КС (задача 9).

рис.10

Задача 11. В Г-конструкции для прямоугольного треугольника ABC ( В = 90° ) точка D - середина дуги AB; Mi - середина катета ВС. N = DMX псо. Докажите, что ZDNT -прямой.

Доказательство. Проведем DE - диаметр со (рис.11). Соединим Е и Г. Пусть L = ET ел со и Р = DL п ВС . Очевидно, DE II ВС и для ADBC отрезок DL делит ВС пополам (согласно задаче 10), то есть Р = МХ. Тогда L = N . Но ZELD = 90° - вписанный, опирается на диаметр в окружности со. Поскольку N = L , то и ZDNE = 90° . Значит, и смежный с ним ZDNT = 90°.

рис. 11

Несколько задач, связанных с Т-конструкцией, предложим решить самостоятельно.

Задача 12. В Г-конструкции точка W-середина дуги ВС, не содержащей вершину А. Докажите, что ZMXAW = ZT AW .

Задача 13. BF и СЛ/- высоты в треугольнике ABC. Прямая FN пересекает лучи ГС и ТВ в точках X и У соответственно. Докажите, что четырёхугольники СМ^Л/Хи BM^FY- вписанные.

Задача 14. Докажите, что в условиях предыдущей задачи точка М^ (середина ВС) является центром круга, вписанного в треугольник ГХУ.

Задача 15. Из точки Q в Г-конструкции проведены перпендикуляры QN, QG и QL к прямым ВС, АС и AB соответственно. Докажите, что GN = NL.

Задача 16. Пусть H - ортоцентр в треугольнике ABC. Окружность, построенная на АН как на диаметре, пересекает описанную около треугольника ABC окружность в точке Р. Пусть также G - точка, симметричная H относительно ВС. Докажите, что точка G принадлежит прямой ТР.

Глава 13

Векторные суммы, которые определяют равносторонний треугольник

Название данной главы обусловлено тем, что при выполнении определённых векторных равенств треугольник ABC является равносторонним. Практически все задачи главы - олимпиадного уровня. Они вызывают эмоции, интерес, показывают необходимость хорошего владения языком векторов.

Некоторые из предложенных задач имеют оригинальные решения, а задачи с 5-й по 10-ю являются авторскими.

Серия 1.

Пять задач этой серии имеют такой общий вид: чевианы AQ{ ; BQ2 и CQ3 пересекаются в одной точке Q внутри треугольника ABC . При этом A Q{ + BQ2 + CQA = 0 . Доказать или опровергнуть тот факт, что ААВС является равносторонним.

Задача 1. AHl ; ВН2 ; СН3 - высоты треугольника ABC , причем АНХ + ВН2 + СНЛ = 0 . Является ли ААВС равносторонним? (Всероссийские олимпиады).

Решение. Пусть высоты треугольника ABC пересекаются в точке H (рисА). Проведем H3F = АНХ и соединим F и С .

H3F + FC + С#з = 0 (замкнутый контур) и H3F + ВН2 + С#з = Ö - по условию.

Итак, FC = Ш~2 .

Тогда Z2 = Z1 = С (поскольку ZHBH, = 90°-С ). Аналогично Z4 = Z3 = В

рис.1

Таким образом, ACH3F ~ ААВС и

или ahh = bha (1).

Но aha = bhh = 2S (2).

После перемножения левых и правых частей равенств (1) и (2) получим: a2hahh = b2hahh, или а = b. Аналогично покажем, что b = с , то есть ААВС равносторонний.

Задача 2. В треугольнике ABC проведены биссектрисы ALx \ BL2; CL.S Известно, что ALx + BL2 +CL.^ = 0 . Является ли ААВС равносторонним? (Всероссийские олимпиады)

Решение. Пусть / - инцентр (точка пересечения биссектрис) треугольника ABC (рис.2). Проведем L3F = ALX .

Как и в задаче 1 нетрудно показать, что FC = ~BL2 . (действительно, как внутренние накрест лежащие). Аналогично показывается, что

Применим теорему синусов для ACL3F .

Но по формуле биссектрисы 1а

Тогда имеем:

откуда с2(а-Ь) = 0 и а = b.

Аналогично b = с , то есть ААВС - равносторонний.

рис.2

Задача 3. AMl ; ВМ2 ; СМ.5 - медианы треугольника ABC , причем АМХ + ВМ2 + СМ.5 = 0 . Является ли ААВС равносторонним?

Решение. Поскольку известна векторная формула MA + МВ + МС = О (докажите!) и АМХ = --МА , ВМ2 = -—MB , СМ3 = ~~МС, то и векторы АМХ ; ВМ2 ; СМЪ в сумме дают нуль-вектор (замкнутый контур). Таким образом, в любом треугольнике ABC выполняется векторное равенство ~ШХ+ВМ2+~СМ~Ъ=Ъ.

Задача 4. Вписанная в треугольник ABC окружность касается его сторон ВС, АС и AB в точках Кх\ К2 \ К:] соответственно. К тому же, АКХ + ВК2 + СК3 = 0 . Докажите, что ААВС - равносторонний. (Всероссийские олимпиады).

Решение. Прямые АКХ ; ВК2 ; СКЪ пересекаются в одной точке-точке К (так называемой точке Жергона).

Пусть АК2 =АК,=х; ВКХ = В К, = у ; СКХ =CK2=z (рис.3).

Проведем K3F = АКХ . Тогда ТС = ~ВК~2. Поскольку AK3FKX - параллелограмм, то KXF = АК3 = x . Аналогично BK2CF - параллелограмм и FB = CK2=z. ZI = ZABC и Z2 = ZACB (внутренние накрест лежащие), значит AFKXB ~ ААВС .

Тогда

или

рис.3

Таким образом, z = ку ; х = kz = к2 у и у = кх = к3у . Откуда к3 =\ и к = 1 . То есть X = у = z . А это означает, что а = Ь = с и ААВС - равносторонний.

Задача 5. Т{ \ Т2 \ Т5 - точки касания вневписанных окружностей со сторонами ВС, АС и А В соответственно (рис.4). Известно, что АТ! + 2?Г + CT = 0 . Докажите, что ААВС - равносторонний.

Решение. АТХ ; ВТ2 и СТ3 пересекаются в точке Т (так называемой точке Нагеля). Докажем, что СТХ = р-Ь .

Действительно, AVX = AV2 = р (докажите!). Тогда CVX = p-AC = p-b.Uo CTX=CVX (касательные с одной точки), итак, СТХ = р-Ь.

Аналогично АТ2 = р — с и ВТЪ - р-а. К тому же, АК2 = АК3 = р-а ВК} =ВК3 = р-Ь СКХ = СК2 = р-с (известный факт геометрии треугольника). Итак,

По правилу сложения векторов:

Поскольку АТХ + ВТ2 +СГ3 = 0 (по условию) и АС + ВА + СВ = -(CA + АВ + ВС) =5 - замкнутый контур, то

рис.4

Поскольку AB + ВС + СА = О (замкнутый контур), то АКХ + ВК2 + СК3 = О . А это - условие задачи 4. Итак, ААВС - равносторонний.

Серия 2.

Она составлена из следующих пяти задач, которые имеют такой общий вид: чевианы AQ{; BQ2\ CQ^ пересекаются в точке Q внутри треугольника. Они продлены до пересечения с описанной окружностью треугольника ABC в точках Q[\ Q2\ При этом AQ[ + BQ2 + CQ[ = 0 . Определить вид треугольника ABC .

Задача 6. Высоты АНх ; ВН} ; СЯ.5 треугольника ABC продлены до пересечения с описанной окружностью в точках Nx \ N2 \ N:] соответственно. Известно, что ANX + BN2 + CN3 = 0 . Является ли ААВС равносторонним?

Решение. Пусть M - центроид (точка пересечения медиан) треугольника ABC (рис.5).

Очевидно, что

рис.5

Поскольку AM + EM + CM = -уМА + MB + MC] = 0, а также ~Щ +~BN~2 +CN~3 =Ö - по условию, то МУУ, + MV2 + МУУ3 = Ö и М - центроид в треугольнике A^j7V27V3 (это вытекает из векторной формулы центроида: для любой точки X выполняется формула ХА + ХВ + ХС = ЪХМ , и X + Jœ + XC = 0 в случае, когда X = M ).

Таким образом, в треугольниках ABC и Л^Л^Л^ совпадают точки О и М. Тогда, учитывая то, что точки О , M, H принадлежат одной прямой, причем ЮМ = МН (прямая Ейлера), точки H (ортоцентры) в этих треугольниках также совпадают. Но точка H , к тому же, является точкой пересечения биссектрис в ATVj7V27V3 ( действительно, например ZI = Z2 = 90°-В - они вписаны, опираются на те же самые дуги, что и Z3 и Z4 ).

Итак, ATVjЛ^27V3 - равносторонний, и в нем M = H.

Поскольку в треугольнике ABC точки M и H также выполняют роли центроида и ортоцентра, то и ААВС является равносторонним.

Задача 7. Биссектрисы АЬ{ ; BL2; CL^ треугольника ABC продлены до пересечения с описанной окружностью в точках \\\ ; W2\ Wz соответственно, причем

AWX + BW2 +CW3 = 0 .

Определите вид треугольника ABC .

Решение. Соединим точки Wx ; W2; W3 (рис.6).

(вписанные).

известный

рис.6

факт геометрии треугольника. Тогда смежный с ним Z3 = 90°- — . Следовательно, в MW3F2 Z4 = 90°.

Аналогично ZIFXW3 = ZIF3WX =90 . Таким образом, точка / является ортоцентром в AWXW2W3, а вершины А ; В ; С выполняют роли точек /V, ; N2 ; N3 задачи 6. Итак, условие + BW2+CW3 =Ъ, или W{A + W2B+ W3C = Ъ равносильно условию + £УУ2 + C7V3 = 0 предыдущей задачи. Поскольку в задаче 6 ANXN2N3 был равносторонним, то и в нашей задаче ААВС - также равносторонний.

Задача 8. Dx\ Д; D3 - точки диаметрально противоположные соответственным вершинам А ; В ; С треугольника ABC (рис.7). Справедливо такое векторное равенство: ADX + BD2 + CD3 = 0. Докажите, что ААВС - равносторонний.

Решение. Проведем D3F = ADX . Тогда нетрудно показать, что FC = BD2 .

Но = = pD~3\ = 2Я, то есть ACD3F - равносторонний со всеми углами по 60° .

Из треугольника ВОС Z\ = Z2 = 90°-A. Но Z3 = Z2 (внутренние накрест лежащие при параллельных прямых FC и BD2). Итак, Z1 + Z3 = 2 • (90° - А) = 180° - 2 А = 60° , откуда А = 60° . Аналогично В = С = 60° и ААВС является равносторонним.

рис.7

Задача 9. Медианы АМ1 ; ВМ2 ; СМ:] продлены до пересечения с описанной окружностью в точках G] ; G2\ GA соответственно (рис.8). Известно, что AGx + BG2 + CGZ = 0 . Определите вид ААВС . Решение.

Согласно условию ÇÏM + MG^ + СШ + MG2) + (CM + MG3 ) = Ö.

Поскольку + + СМ = О , то М7, + MG2 + М73 = Ö . Это означает, что точка M также является центроидом в AGfi2G3.

АВМС ~ AG2MG3 (Z\ = Z2 и Z3 = Z4 - вписанные). Таким образом, соответствующие части треугольников ABC и GjG2G3 подобны, поэтому подобны и сами треугольники ABC и G,G2G3.

Подобные треугольники, вписанные в одну и ту же окружность, равны! Следовательно, АЛ/?С = AG,G2G3 и AM = GXM ; ВМ = G2M .

Получается, что отрезок ОМ (О - центр описанной окружности треугольника ABC ) делит хорды AGX и BG2 пополам, то есть он перпендикулярен им. Поскольку AGX и BG2 пересекаются в точке M, то такая перпендикулярность возможна лишь в случае, когда О = M . А это означает, что ААВС - равносторонний.

рис.8

Попробуем теперь обобщить решение задач 1, 2, 4, 5 в виде следующей задачи.

Задача 10. Чевианы A Q{ ; BQ2 ; CQA пересекаются в точке Q , причем AQX+ BQ2 + CQA = 0 . Докажите, что точка Q совпадает с центроидом M треугольника ABC .

Решение. CQ{ =AQX-AC\ AQ2 = BQ2 - BA ; BQ3 = CQ3 -CB - по правилу «треугольника» (рис.9).

Поскольку AQX + BQ2 + CQ3 = 0 по условию и AC + BA + CB = -{CA + AB + Z?c) = Ö (замкнутый контур), то очевидно, что

С0+^й+Щ=0 (О-

Отложим FB = CQX . По правилу сложения векторов

Ю + Щ=Щ (2).

Сравнив (1) и (2), получим:

FQ3=-ÄQ2='&Ä-Таким образом, FQ3 \\ АС и AFQ3B~ АСАВ.

Из подобия этих треугольников вытекает:

Отняв от каждой части уравнения по единице и учитывая то, что BF = CQ , а FQ3 =Q2A, получим:

или

Но по теореме Чевы

Таким образом,

и точки Q ; Q2 ; Q3 совпадают с серединами сторон ВС , АС и AB соответственно, a Q = M .

рис.9

Глава 14

Об одной замечательной прямой в треугольнике

Пусть дан треугольник ABC (рис.1), I - его инцентр, т.е. центр вписанной окружности, Кг К2, К3 - точки касания вписанной окружности со сторонами, Мх - середина стороны ВС, АН{ - высота, проведенная из вершины А . Оказывается, прямая M J (как и две другие аналогичные прямые) обладает целым рядом свойств, помогающих решать большое количество задач. Об этих свойствах, их применениях мы и поведем разговор.

рис.1

Свойства прямой Mil

Свойство 1. Прямые MJ и АТХ, где Тх - точка касания вневписанной окружности треугольника ABC со стороной ВС , параллельны.

Доказательство. Пусть KXD - диаметр вписанной в ААВС окружности (рис.2). Касательная EF к этой окружности в точке D будет, очевидно, параллельна стороне ВС . Точка D является точкой касания вневписанной окружности треугольника ABC со стороной EF. В свою очередь, Т/ - точка касания вневписанной окружности треугольника ABC со стороной ВС . Треугольники AEF и ABC гомотетичны с центром гомотетии в точке А .

Поэтому А , D и 7] лежат на одной прямой. Кроме того, ВК{ = СТ{ =р -Ъ , где р - полупериметр треугольника (докажите это!). Следовательно, ТХМХ=МХКХ и M J -средняя линия в ADKXTX. А это и означает, что M J \\АТХ.

рис.2

Свойство 2. Прямая M J делит отрезок АК{ пополам.

Доказательство. Пусть прямая MJ пересекает АКХ в точке N (рис.3).

Поскольку M J \\АТХ и Т1М] =МУКУ, то MXN - средняя линия в AAKJ^. Таким образом, AN = NK] .

Заметим, что свойство 2 .может быть элегантно доказано с помощью теоремы Ньютона: если в четырехугольник вписана окружность, то ее центр расположен на прямой, соединяющей середины диагоналей четырехугольника.

Действительно, ААВС можно рассматривать как вырожденный четырехугольник АВКХС (ZBK{C = 180° ). Тогда, согласно теореме Ньютона, точки Мх и N (середины диагоналей), а также центр окружности / лежат на одной прямой.

рис.3

Свойство 3. Прямая Мх1 отсекает от высоты АН] отрезок AQ, равный радиусу вписанной в ААВС окружности.

Доказательство. Поскольку ADIQ - параллелограмм (его противоположные стороны параллельны), то AQ = DI=r (рис.4).

рис.4

Свойства 2 и 3 предлагались в качестве задач на II и III Всесоюзной математической олимпиаде соответственно.

Далее мы покажем, как «работают» свойства 1-3 прямой M J.

Задачи на доказательство

Задача 1. Пусть M - центроид, т.е. точка пересечения медиан, треугольника ABC . Докажите, что M делит отрезок МКХ в отношении 1:3, считая от центроида M .

Решение. Поскольку ТХМХ=МХКХ и AM \ММ] = 2 :1, то точка M - центроид в ААКХТХ (рис.5). А значит, КхM : MG = 2:1. Вместе с тем, МхI \\АТХ (свойство 1) и KXL = LG . Теперь нетрудно подсчитать, что ML :LKX =1:3.

рис.5

Задача 2. Пусть М2, М:] - середины сторон АС ]л ВА соответственно. Докажите, что прямая MJ делит периметр АМ1М2М3 пополам.

Решение. Прямая АТХ делит периметр ААВС пополам.

Действительно, AC + CTx=b + p-b = р и Мх1 II АТХ (рис.6). Тогда АТХ и M J -соответственные прямые в гомотетичных треугольниках ABC и МХМ2МЪ.

рис.6

Задача 3. Докажите, что прямые MJ, Т{М и АК{ пересекаются в одной точке.

Решение. Решая задачу 7, мы показали, что точка M является центроидом в треугольнике АКХТХ, а значит, точки 7J, M и N лежат на одной прямой (см. рис.5). По свойству 2 точки Мх, I, N лежат на одной прямой. Таким образом, прямые M J и 7]А/ пересекаются в середине отрезка АКХ.

Задача 4. Докажите, что TJ делит высоту АНХ пополам.

Решение. Прямая TJ делит /Ж, пополам (DI = IKX = г ; рис. 7). Поскольку /Ж, IIАНХ, то прямая TJ разделит пополам и высоту АНХ

рис.7

Задачи на построение

Задача 5. Постройте треугольник ABC по трем точкам: вершине А , инцентру I и центроиду M .

Решение. Соединим точки А и M , продлим AM на половину этого отрезка и получим А/, - середину ВС (рис.8).

Проведем прямую M J . Согласно ее свойствам, МХ1\\АТХ и M J отсекает от высоты АН{ отрезок AQ-r . Анализ показывает, что если провести через точку Q прямую параллельно ВС - до пересечения с АТ{ в точке F, то AAQF = А1К\М\ (по катету и острому углу).

Отсюда и построение: через вершину А проведем прямую параллельно прямой А/,/ . Отложим на ней отрезок AF = MJ . Окружность, построенная на AF как на диаметре, пересечет прямую M J в точке Q . При этом AQ _1_ ВС. Дальнейшее построение очевидно.

рис.8

Задача 6. Восстановите треугольник ABC по инцентру / , точке Мх -середине ВС , а также прямой /, содержащей высоту АН .

Решение. Проведем через Л/, прямую m, перпендикулярную /, перпендикуляр из точки / на эту прямую даст точку /С, и отрезок 1КХ =г (рис.9). Пусть Л/,/ пересечет / в точке Q. Отложив от точки Q вверх отрезок, равный г, получим вершину А . Касательные из точки А к окружности с центром / радиуса 1КХ -г пересекут прямую m в недостающих вершинах В и С.

рис.9

Задача 7. Постройте треугольник ABC по высоте и медиане, проведенным из вершины А , и радиусу г вписанной окружности.

Решение. Строим прямоугольный £sAHxMx по катету Иа и гипотенузе та (рис.10). Откладываем от А отрезок AQ=r . Прямая /, проведенная параллельно Я, А/, на расстоянии г от нее, пересечет MXQ в инцентре / . Дальнейшее очевидно.

рис.10

Задача 8. Восстановите ААВС по точкам M, I и прямой m, содержащей сторону ВС.

Решение. Из точки / проведем перпендикуляр 1КХ к прямой m , причем 1Ку=г (рис. 11). Соединим M и К{ и, разделив этот отрезок в отношении 1:3, получим точку L (задача 1). Прямая IL пересечет m в точке Л/, середине ВС . Удвоив отрезок Л/, M , получим вершину А . Касательные из А к окружности с центром / радиуса г пересекут m в вершинах В и С .

рис. 11

Задачи про треугольник, в котором Ъ + с = 2а

Иногда, в связи с тем что Ь - a = a - с , такой треугольник называют разностным. А вообще это треугольник, у которого одна из сторон равна среднему арифметическому двух других сторон.

Задача 9. Дан ААВС , в котором Ь + с = 2а. Докажите, что в нем QHl = 2г.

Решение. Поскольку М{1 отсекает от высоты Иа отрезок AQ=r (рис. 12), то

где S - площадь треугольника ABC. Значит, QH{ = 2г .

рис. 12

Следствие. В разностном треугольнике ha=3r .

Задача 10. Докажите, что в разностном треугольнике МХКХ =КХН{.

Решение. Поскольку QHX =2г, а 1К{ =г и к тому же IK] \\QHX, то 1КХ является средней линией в AQHXMX (см. рис. 12), т. е. MlI=IQ и МХКХ=КХНХ.

Задача 11. В разностном треугольнике MI \\ВС. Докажите это.

Решение. Это очевидно, поскольку расстояния от центроида M и инцентра / в таком треугольнике до стороны ВС составляют —ha = г.

Следствие. В разностном треугольнике прямые Мх1 и MI делят высоту ha на 3 равные части.

Задача 12. Инцентр I разностного треугольника ABC является центроидом треугольника АТХНХ. Докажите это.

Решение. Поскольку Mxl-IQ (задача 10), то медиана И fi треугольника АТХИХ проходит через точку / (рис.13). Но тогда из параллельности прямых M J и Л 7J, а также из равенства ТХМХ=МХКХ=КХН, следует tf,/=2/G. А это значит, что / - центроид АА 7] Я,.

рис.13

Задачи с прямоугольным треугольником

Задача 13. Докажите, что в прямоугольном треугольнике ABC (ZC = 90°) точки Т1Л 7, М2 принадлежат одной прямой (рис.14).

Решение. Так как прямая TJ делит высоту ha пополам (задача 4), а в прямоугольном треугольнике катет АС совпадает с Иа, то задача решена.

рис.14

Задача 14. Дан прямоугольный ААВС (ZC = 90°) с заданными положениями центроида M и инцентра I. При помощи одной линейки разделите периметр этого треугольника пополам.

Решение. Прямая AM пересечет ВС в точке Мх (рис.15). Прямая M J пересечет АС в точке Q такой, что AQ=r (свойство 3). Прямая BQ разделит периметр ААВС пополам,

рис.15

Задача 15. В прямоугольном ААВС через середину гипотенузы ВС и инцентр I проведена прямая. Она пересекает катет AB под углом 75°. Найдите острые углы ААВС .

Решение. Пусть прямая M J пересекает АИХ в точке Q и AB - в точке F (рис.16).

Тогда, согласно условию, ZBFM^ = 75°, a AQ=r (свойство 3). Кроме того, Al = ryfï и ZA1F = 30° (так как ZBFMX = 75° - внешний для AAIF ).

Пусть ZAQI = со . По теореме синусов для AAQI имеем

откуда

Из четырехугольника BFQHX найдем угол В :

ZB = 360° -90° -135° - 75° = 60° . Тогда ZC = 30° .

рис. 16

Задачи, связанные с вневписанной окружностью

Заметим, что свойства, аналогичные вышеуказанным, можно наблюдать и при рассмотрении вневписанных окружностей треугольника ABC.

Пусть la - центр вневписанной окружности со , касающейся стороны ВС и продолжений AB и АС (рис.17).

Вот несколько фактов, которые мы предлагаем доказать самостоятельно:

a) IaK\ делит ha пополам;

b) /йА/, отсекает на продолжении ha за точку А отрезок А Y , равный радиусу окружности со ;

c) IaMx \\АКХ\

d) IaM] делит отрезок АТХ пополам.

рис. 17

Глава 15

OI — построения в ΔАВС

Отрезок Ol, связывающий центр О описанной окружности ААВС с центром I вписанной в него окружности, весьма знаменит и популярен. Его длина определяется радиусами этих окружностей: Ol2 = R2 -2Rr (формула Эйлера). Точки Oui, или отрезок Ol, или прямая Ol принимают участие в большом количестве олимпиадных задач. Мы же в нашем разговоре ограничимся задачами на построение, связанные с Ol. Назовём их Ol -построениями.

Задача 1. Известны длины радиусов описанной и вписаннной окружностей ААВС (R и г соответственно). Постройте отрезок Ol, равный расстоянию между центрами этих окружностей.

Решение. Поскольку для произвольно го ААВС справедлива формула Эйлера: Ol2 = R2 - 2Rr (докажите ее!), то нам остаётся построить отрезок Ol = ^/?(/?-2г) , что равносильно построению отрезка х = yfäb (рис. 1).

рис.1

Задача 2. Постройте ААВС по точкам О ; /, а также вершине А ААВС.

Решение. Радиусом OA с центром в точке О строим окружность со , описанную около ААВС (рис.2). Пусть прямая AI пересекает со в точке W . Согласно так называемой «теореме трилистника», IW = BW = CW (докажите!). Тогда засечки на со из точки W радиусом равным IW , дадут нам недостающие вершины В и С.

рис.2

Задача 3. Постройте ААВС по величине углов В и С , если известна длина отрезка Ol.

Решение. Строим AAlBlCl, с двумя углами равными В и С (рис.3). Очевидно AAlBlCl - ААВС. Находим 0{ и /, - центры описанной и вписанной окружностей AAlBlCl . Затем, воспользовавшись подобием находим стороны ААВС.

Например:

Последнее построение равносильно построению отрезка

рис.3

Задача 4. Постройте ААВС по точкам О \I\ F, где F - одна из точек пересечения биссектрисы угла А с окружностью, вписанной в ААВС (рис.4).

Решение. Очевидно, IF = г . Зная Ol = d , по формуле Эйлера находим R : d2 = R2-2Rr; R2-2Rr-d2 = 0, откуда R = r + yjr2 +d2 . Такой отрезок легко строится. Далее строим окружность со с центром О радиуса R . Прямая IF пересекает её в вершине А и точке W . Вершины В и С , как и в задаче 2, находятся при помощи равенства IW = BW =CW .

рис.4

Задача 5. Восстановите ААВС по вершинам В ; С и прямой Ol.

Решение. Находим Мх - середину ВС . Затем из Мх проводим перепндикуляр к ВС . Он пересекает прямую Ol в точке О (рис.5), из точки О радиусом

OB = ОС = R «крутим» окружность со . Луч ОМх пересекает со в точке W (ОМх - серединный перпендикуляр к ВС , а точка W — середина и£С ). Засечка из точки W радиусом WB = WC даёт на прямой Ol точку / . Наконец, прямая WI пересекает со в недостающей вершине А .

рис.5

Задача 6. Восстановите ААВС по прямой ах1 содержащей сторону ВС , а также точкам О и I.

Решение. Из точки I проводим перпендикуляр 1К{ к прямой ах (рис.6).

Очевидно, 1КХ = г . Вновь воспользуемся формулой Эйлера и найдём радиус описанной около ААВС окружности: R = r + л/г2 + d2 , где О/ = d . Окружность со с центром О радиуса R пересекает ах в вершинах В и С . Соединив точки В и С с I, получим половинки углов В и С . Удвоим их. Образовавшиеся лучи пересекутся в вершине А .

рис.6

Задача 7. Постройте равнобедренный ААВС ( AB = АС ) по точкам О , I, Т, где Т - точка пересечения прямой t\\AC, проведенной через I, со стороной AB (рис.7).

Решение. Проводим прямую 01. Строим точку 7J, симметричную Т относительно прямой Ol. Очевидно, 7J е АС. Проводим через Т{ прямую параллельно IT . Она пересекает прямую Ol в вершине А . Дальнейшее очевидно.

рис.7

Задача 8. Восстановите ААВС, если остались: окружность со с центром О , описанная около этого треугольника, а также точка Кх касания вписанной в него окружности со стороной ВС . Кроме того, известно, что Ol II ВС (рис.8).

Решение. Анализ показывает: так как 1КХ = г , a IKX _L ВС , то AOIKx - прямоугольный. По теореме Пифагора OK2 = Ol2 +г2 = R2 - 2Rr + г2 = (Я - г)2, или ОКх = R-r . Продолжим ОКх до пересечения с со в точке N . Поскольку ON = Я, то KlN = R-(R-r) = r .

Отсюда построение: продлеваем (Ж, до пересечения с бУ в точке УУ , причём /C,/V = г . На OA^j, как на диаметре строим окружность. Из точки Кх раствором циркуля равным г, делаем на ней засечку. Получаем точку I (возможны 2 точки пересечения). Через Кх проводим прямую параллельно Ol. В пересечении с со получим вершины В и С . Соединив С и С I, получим угол -. Образованный его удвоением луч пересекает со в вершине А .

рис.8

Задача 9. Постройте ААВС, в котором Ol\\ ВС , по точкам О \I\ H (Я - ортоцентр, точка пересечения высот в ААВС)

Решение. Построим прямую Ol. Через Я проведём прямую q LOI (рис.9). Известно, что если Ol \ \ ВС , то Al _1_ /Я (покажите!). Поэтому соединяем I и Я. Через I строим прямую n _L /Я . Очевидно, A = nnq .

рис.9

Поскольку ОМх =^АН , то на расстоянии ~АН от Ol проводим прямую ах II Ol. Окружность с центром О радиуса OA пересекает прямую ах в вершинах В и С .

Задача 10. Восстановите ААВС по точкам О , /, L,, если известно, что А = 60 - биссектриса в

Решение. Нетрудно показать, что точки В ,1,0 ,С лежат на одной окружности щ с центром в точке W (покажите!). Тогда прямая /L, и серединный перпендикуляр к Ol пересекутся в точке W (рис.10). При этом IW = OW = R. Окружность радиуса R с центром в точке О пересекает прямую ILX в вершине А . Перпендикуляр к OW из точки L, в пересечении с щ даёт вершины В и С.

рис.10

Задача 11. Постройте разностный ААВС ( Ъ + с = 2а ) по точкам О ; / ; Я,, где Я, - основание высоты, проведённой из вершины А .

Решение. Известно, что в разностном треугольнике с соотношением сторон Ь + с = 2а выполняется равенство Al = IW (докажите!). В таком случае Ol LAW (так как АО = OW = R). Отсюда построение: соединяем О и / . Затем через / проводим прямую

рис. 11

t перпендикулярно Ol (рис. 11). Кроме того, биссектриса угла А также является биссектриссой угла ОАИх (покажите это!). Тогда, удвоив отрезок Ol, получим точку Q, принадлежащую прямой АИХ . Прямые t и HXQ пересекутся в вершине А . Проведём через Я, прямую ах перпендикулярно АИ{ . Окружность со (0;ОА) пересекает ах в вершинах В и С .

Перед тем, как предложить несколько задач для самостоятельного решения, отметим, что задачи 7-11 являются авторскими!

Задача 12. Постройте ААВС по точкам О , / , Л/,, где Л/, - середина ВС .

Задача 13. Постройте ААВС по точкам О , /, а также центру la вне-вписаннной окружности, касающейся стороны ВС и продолжений двух других сторон.

Задача 14. Постройте ААВС по отрезку Ol, углу А , а также углу ф между медианами, проведёнными из вершин В и С .

Указание. Постройте ЛЛ^С^, подобный ААВС . Для построения ЛЛ^С, на произвольно выбранной стороне #,С, постройте два сегмента с углами .4 и ф (рис.12). Затем, выполнив гомотетию с центром в М[ (середине /?,С, ) и коэфициентом к = 3 , найдите вершину Л,.

Рис. 12

Задача 15. Постройте ААВС по углу А и прямой Ol

Указание. Воспользуйтесь тем, что прямая Ol для АК{К2К3 (рис.13) является прямой Эйлера, проходящей через ортоцентр и центр описанной окружности этого треугольника. Биссектриса угла А в пересечении с Ol даёт точку / . Перпендикуляры из / к сторонам угла - точки К2, К3. Зеркальное отражение прямой Ol относительно К2К3 дает точку, симметричную ортоцентру / треугольника КХК2КЪ относительно стороны К2К3. Прямая через эту точку и ортоцентр / пересекает со в точке К1. Имея АКХК2КЪ, несложно построить ААВС.

рис.13

Задача 16. Постройте ААВС по точкам О , /, 1а, где 1а - центр вневписанной окружности , касающейся стороны ВС и продолжений двух других сторон.

Задача 17. Постройте ААВС по прямой Ol и точкам пересечения продолжений биссектрис углов В и С с описанной около ААВС окружностью.

Задача 18.

a) Дано: R,r,a . Постройте ААВС.

b) Дано: R,r, А . Постройте ААВС.

Указание. Воспользуйтесь тем, что

Задача 19. Постройте ААВС по углу А и прямой Ol, если известно, что она совпадает с прямой Эйлера.

Глава 16

Применение неравенства Иенсена в школьной геометрии

В этой главе речь пойдёт о применении неравенства Иенсена в геометрии. Вернее, в той её части, которая связана с тригонометрическими функциями углов треугольника. Почти все предложенные упражнения яляются задачами повышенной трудности. При этом они эффектно и эффективно решаются с помощью неравенства Иенсена.

Функция f(x) называется выпуклой на некотором промежутке, если для любых Xi и х2 из этого промежутка выполняется неравенство

(рис. 1)

рис.1

Функция f(x) называется вогнутой на некотором промежутке, если для любых х^ и х2 из этого промежутка

(рис.2).

рис.2

Неравенство датского математика Иенсена (1859-1925 гг.) выглядит так:

• Если функция f(x) выпукла на отрезке [а,Ь], то для произвольных хг; х2... хп из этого отрезка выполняется неравенство

• Если функция f(x) вогнута на отрезке [а,Ь], то для произвольных хг; х2... хп из этого отрезка

Опустив доказательство, которое может быть выполнено с помощью матиндукции или же метода масс, поговорим о применении неравенства Иенсена в задачах.

Задача 1. Докажите неравенство для углов треугольника ABC

Решение. Поскольку на интервале (0;я“) функция /(jc) = sinjc является выпуклой (проверьте!), то по неравенству Иенсена:

или

Задача 2. Докажите, что для половинных углов произвольного треугольника ABC.

Решение. Функция является выпуклой (подтвердите графиком!). Поэтому согласно неравенству Иенсена,

откуда следует требуемое неравенство.

Задача 3. Докажите, что для остроугольного треугольника ABC выполняется неравенство tgA + tgB + tgC>3^.

Решение. На интервале (0;—) функция f(x) = tgx является вогнутой, и

Задача 4. Докажите справедливость неравенства для произвольного треугольника ABC:

Решение. Поскольку

является вогнутой функцией, то

или

что равносильно требуемому.

Задача 5. Докажите, что

Решение. На (0;;г) функция выпукла, поэтому

откуда следует, что

Задача 6. С помощью неравенства Иенсена докажите неравенство Коши для п неотрицательных чисел.

Решение. Пусть каждое из чисел Х\\Хг ... хп >0. Докажем, что

Функция (х>0 ) является выпуклой. Согласно неравенству Иенсена

Задача 7. Докажите, что если функция /(*) является выпуклой на [а;Ь], то для любых ху \ х2... хп этого интервала

(1)

Решение. Поскольку функция /(*) выпукла, то и In/(х) является функцией

Тогда

Заметим, что неравенство Коши (задача 6) является частным случаем неравенства (1).

Задача 8. Докажите справедливость неравенства для углов треугольника ABC

Решение. Функция /(x) = sinx - выпуклая на (0;;г). Тогда по формуле (1):

Задача 9. Докажите, что

Решение. Функция

отвечает условиям неравенства (1). Тогда

, что равносильно требуемому.

Задача 10. Для углов остроугольного треугольника ABC справедливо неравенство: sin А + sin В + sin С > sin 2А + sin 2В + sin 1С . Докажите!

Решение. Функция /(*) = sin 2х на №—) является выпуклой, поэтому

Аналогично

Сложив левые и правые части последних трёх неравенств, получим требуемое.

Задача 11. Докажите неравенство для остроугольного треугольника ABC:

Решение. Функция

вогнута на ({)•— ). Тогда по неравенству Иенсена:

Аналогично

После сложения левых и правых частей трёх последних неравенств, получим:

Задача 12. В произвольном треугольнике ABC выполняется неравенство: . Докажите!

Решение. Функция является вогнутой на (0;тг) • Поэтому

что равносильно требуемому.

Задача 13.

. Докажите!

Решение. Функция

вогнутая на (0;;г), и

Задача 14. Докажите для положительных чисел х2... хп:

(2)

Решение. Поскольку функция f(x) = x“ является вогнутой, то неравенство (2) доказано по неравенству Иенсена.

Задача 15. Докажите для углов остроугольного треугольника ABC.

Решение. Поскольку функция /(х) = tgx является вогнутой на (0;—) » то

Но согласно неравенству (2):

Тогда

Задача 16. Докажите неравенство

tg^ + tg£ + tgC + sin^ + sin£ + sinC>2;r для углов остроугольного треугольника ABC.

Решение. Функция f(x) = tgх + sin jc является на m-—) вогнутой (докажите!).

Тогда по неравенству Иенсена

откуда и следует, что

Несколько задач, в которых выигрышно неравенство Иенсена, предложим Вашему вниманию для самостоятельного решения.

Заметим, что неравенства задач 17-20 выполняются в произвольном треугольнике, а задач 21 и 22- только в остроугольном.

Задача 17. Задача 18. Задача 19.

Задача 20. Задача 21. Задача 22.

Радость сотрудничества!

Текст: Григорий Филипповский, Алексей Карлюченко

Обложка: Екатерина Яцкив

Верстка: Алексей Глушич

Бумага офсетная, формат 60x84 1/16. Печать лазерная

g.filippovsky@yandex.ua Киев, 2016

Геометрия волнует, когда она следует из эмоционального состояния души, когда становится конденсатором, способным поглощать и излучать драгоценную искру.

Серж Лисрарь, один из лучших танцовщиков и хореографов XX века, киевлянин

Геометрия любит смелых!..

М.И. Ядренко, украинский учёный-математик, доктор физико-математических наук, профессор КНУ имени Т.Г. Шевченко

Трудные, сложные задачи интереснее решать, чем простые!..

Е.О. Патон, крупнейший учёный-механик и инженер, первым построивший цельносварной мост в Киеве

Древний грек Аристипп, оказавшись после кораблерушения на берегу Родоса и увидев там на песке геометрические фигуры, воскликнул, обращаясь к спутникам: “Не будем терять надежды! Я вижу следы людей!.."

Ф. Прокопович, украинсий писатель, математик, философ, ректор Киево-Могилянской академии