В. В. ПРАСОЛОВ

Задачи по планиметрии

В. В. ПРАСОЛОВ

ЗАДАЧИ ПО ПЛАНИМЕТРИИ

УЧЕБНОЕ ПОСОБИЕ

6-е издание

Допущено Министерством образования и науки Российской Федерации

Издательство МЦНМО Москва 2007

УДК 514.112 ББК 22.151.0 П70

П70

Прасолов В. В.

Задачи по планиметрии: Учебное пособие. — 6-е изд., стереотипн. —М.: МЦНМО, 2007.— 640 с: ил. ISBN 978-5-94057-304-3

Книга может использоваться в качестве задачника по геометрии для 7—11 классов в сочетании со всеми действующими учебниками по геометрии. В неё включены нестандартные геометрические задачи несколько повышенного по сравнению со школьными задачами уровня. Сборник содержит около 1900 задач с полными решениями и около 150 задач для самостоятельного решения.

С помощью этого пособия можно организовать предпрофильную и профильную подготовку по математике, элективные курсы по дополнительным главам планиметрии.

Материалы данного пособия полностью покрывают тематику и сложность заданий олимпиад всех уровней и всех видов экзаменов, включая ЕГЭ и вступительные экзамены в вузы.

Для школьников, преподавателей математики, руководителей математических кружков, студентов педагогических институтов и университетов.

Предыдущее издание книги вышло в 2006 г.

ББК 22.151.0

ISBN 978-5-94057-304-3

© В.В.Прасолов, 2007 © МЦНМО, 2007

ОГЛАВЛЕНИЕ

Предисловие 10

Глава 1. Подобные треугольники 11

§ 1. Отрезки, заключённые между параллельными прямыми (12). § 2. Отношение сторон подобных треугольников (13). § 3. Отношение площадей подобных треугольников (15). § 4. Вспомогательные равные треугольники (16). § 5. Треугольник, образованный основаниями высот (17). § 6. Подобные фигуры (18). Задачи для самостоятельного решения (18). Решения.................................... 20

Глава 2. Вписанный угол 30

§ 1. Углы, опирающиеся на равные дуги (31). § 2. Величина угла между двумя хордами (32). § 3. Угол между касательной и хордой (33). § 4. Связь величины угла с длиной дуги и хорды (34). § 5. Четыре точки, лежащие на одной окружности (35). § 6. Вписанный угол и подобные треугольники (36). § 7. Биссектриса делит дугу пополам (37). § 8. Вписанный четырёхугольник с перпендикулярными диагоналями (38). § 9. Три описанные окружности пересекаются в одной точке (39). § 10. Точка Микеля (40). § 11. Разные задачи (40). Задачи для самостоятельного решения (41). Решения.................................... 42

Глава 3. Окружности 55

§ 1. Касательные к окружностям (56). § 2. Произведение длин отрезков хорд (57). § 3. Касающиеся окружности (58). § 4. Три окружности одного радиуса (59). § 5. Две касательные, проведённые из одной точки (59). § 6. Применение теоремы о высотах треугольника (60). § 7. Площади криволинейных фигур (61). § 8. Окружности, вписанные в сегмент (61). § 9. Разные задачи (62). § 10. Радикальная ось (63). § 11. Пучки окружностей (65). Задачи для самостоятельного решения (66). Решения.................................... 66

Глава 4. Площадь 81

§ 1. Медиана делит площадь пополам (81). § 2. Вычисление площадей (82). § 3. Площади треугольников, на которые разбит четырёхуголь-

ник (83). § 4. Площади частей, на которые разбит четырёхугольник (83). § 5. Разные задачи (84). § 6. Прямые и кривые, делящие фигуры на равновеликие части (85). § 7. Формулы для площади четырёхугольника (86). § 8. Вспомогательная площадь (87). § 9. Перегруппировка площадей (88). Задачи для самостоятельного решения (89).

Решения.................................... 90

Глава 5. Треугольники 101

§ 1. Вписанная и описанная окружности (102). § 2. Прямоугольные треугольники (103). § 3. Правильный треугольник (104). § 4. Треугольник с углом 60° или 120° (105). § 5. Целочисленные треугольники (106). § 6. Разные задачи (106). § 7. Теорема Менелая (109). § 8. Теорема Чевы (111). § 9. Прямая Симсона (113). § 10. Подерный треугольник (115). § 11. Прямая Эйлера и окружность девяти точек (116). § 12. Точки Брокара (117). § 13. Точка Лемуана (119). Задачи для самостоятельного решения (121).

Решения.................................... 121

Глава 6. Многоугольники 151

§ 1. Вписанные и описанные четырёхугольники (151). § 2. Четырёхугольники (154). § 3. Теорема Птолемея (155). § 4. Пятиугольники (156). § 5. Шестиугольники (157). § 6. Правильные многоугольники (157). § 7. Вписанные и описанные многоугольники (160). § 8. Произвольные выпуклые многоугольники (161). § 9. Теорема Паскаля (161). Задачи для самостоятельного решения (162).

Решения.................................... 163

Глава 7. Геометрические места точек 183

§ 1. ГМТ — прямая или отрезок (183). § 2. ГМТ —окружность или дуга окружности (184). § 3. Вписанный угол (185). § 4. Вспомогательные равные или подобные треугольники (186). § 5. Гомотетия (186). § 6. Метод ГМТ (186). § 7. ГМТ с ненулевой площадью (187). § 8. Теорема Карно (187). § 9. Окружность Ферма—Аполлония (188). Задачи для самостоятельного решения (188). Решения.................................... 189

Глава 8. Построения 197

§ 1. Метод геометрических мест точек (197). § 2. Вписанный угол (198). § 3. Подобные треугольники и гомотетия (198). § 4. Построение треугольников по различным элементам (198). § 5. Построение треугольников по различным точкам (199). § 6. Треугольник (199). § 7. Четырёхугольники (200). § 8. Окружности (201). § 9. Окружность Аполлония (201). § 10. Разные задачи (202). § 11. Необычные построения (202). § 12. Построения одной линейкой (202). § 13. Построения с помощью двусторонней линейки (203). § 14. Построения с помощью прямого угла (204). Задачи для самостоятельного решения (205).

Решения.................................... 205

Глава 9. Геометрические неравенства 221

§ 1. Медиана треугольника (222). § 2. Алгебраические задачи на неравенство треугольника (222). § 3. Сумма длин диагоналей четырёхугольника (223). § 4. Разные задачи на неравенство треугольника (223). § 5. Площадь треугольника не превосходит половины произведения двух сторон (224). § 6. Неравенства для площадей (224). § 7. Площадь. Одна фигура лежит внутри другой (226). § 8. Ломаные внутри квадрата (227). § 9. Четырёхугольник (227). § 10. Многоугольники (228). § 11. Разные задачи (229). Задачи для самостоятельного решения (230). Приложение. Некоторые неравенства................... 230

Решения.................................... 232

Глава 10. Неравенства для элементов треугольника 253

§ 1. Медианы (253). § 2. Высоты (253). § 3. Биссектрисы (254). § 4. Длины сторон (254). § 5. Радиусы описанной, вписанной и вневписанных окружностей (254). § 6. Симметричные неравенства для углов треугольника (255). § 7. Неравенства для углов треугольника (255). § 8. Неравенства для площади треугольника (256). § 9. Против большей стороны лежит больший угол (256). § 10. Отрезок внутри треугольника меньше наибольшей стороны (257). § 11. Неравенства для прямоугольных треугольников (257). § 12. Неравенства для остроугольных треугольников (258). § 13. Неравенства в треугольниках (258). Задачи для самостоятельного решения (259).

Решения.................................... 260

Глава 11. Задачи на максимум и минимум 273

§ 1. Треугольник (273). § 2. Экстремальные точки треугольника (274). § 3. Угол (275). § 4. Четырёхугольники (276). § 5. Многоугольники (276). § 6. Разные задачи (277). § 7. Экстремальные свойства правильных многоугольников (277). Задачи для самостоятельного решения (278). Решения.................................... 278

Глава 12. Вычисления и метрические соотношения 289

§ 1. Теорема синусов (289). § 2. Теорема косинусов (290). § 3. Вписанная, описанная и вневписанная окружности; их радиусы (291). § 4. Длины сторон, высоты, биссектрисы (291). § 5. Синусы и косинусы углов треугольника (292). § 6. Тангенсы и котангенсы углов треугольника (292). § 7. Вычисление углов (293). § 8. Окружности (294). § 9. Разные задачи (295). § 10. Метод координат (295). Задачи для самостоятельного решения (296).

Решения.................................... 297

Глава 13. Векторы 308

§ 1. Векторы сторон многоугольников (309). § 2. Скалярное произведение. Соотношения (310). § 3. Неравенства (310). § 4. Суммы векторов (311). § 5. Вспомогательные проекции (312). § 6. Метод усредне-

ния (312). § 7. Псевдоскалярное произведение (313). Задачи для самостоятельного решения (314).

Решения.................................... 315

Глава 14. Центр масс 325

§ 1. Основные свойства центра масс (325). § 2. Теорема о группировке масс (326). § 3. Момент инерции (327). § 4. Разные задачи (328). § 5. Барицентрические координаты (328). § 6. Трилинейные координаты (331). Решения.................................... 332

Глава 15. Параллельный перенос 345

§ 1. Перенос помогает решить задачу (345). § 2. Построения и геометрические места точек (346). Задачи для самостоятельного решения (347). Решения.................................... 347

Глава 16. Центральная симметрия 353

§ 1. Симметрия помогает решить задачу (354). § 2. Свойства симметрии (354). § 3. Симметрия в задачах на построение (355). Задачи для самостоятельного решения (356).

Решения.................................... 356

Глава 17. Осевая симметрия 361

§ 1. Симметрия помогает решить задачу (361). § 2. Построения (362). § 3. Неравенства и экстремумы (363). § 4. Композиции симметрий (363). § 5. Свойства симметрий и осей симметрии (364). § 6. Теорема Шаля (364). Задачи для самостоятельного решения (365).

Решения.................................... 365

Глава 18. Поворот 373

§ 1. Поворот на 90° (374). § 2. Поворот на 60° (374). § 3. Повороты на произвольные углы (376). § 4. Композиции поворотов (377). Задачи для самостоятельного решения (378).

Решения.................................... 379

Глава 19. Гомотетия и поворотная гомотетия 388

§ 1. Гомотетичные многоугольники (389). § 2. Гомотетичные окружности (389). § 3. Построения и геометрические места точек (390). § 4. Композиции гомотетий (391). § 5. Поворотная гомотетия (391). § 6. Центр поворотной гомотетии (393). § 7. Композиции поворотных гомотетий (394). § 8. Окружность подобия трёх фигур (394). Задачи для самостоятельного решения (396).

Решения.................................... 396

Глава 20. Принцип крайнего 407

§ 1. Наименьший или наибольший угол (407). § 2. Наименьшее или наибольшее расстояние (408). § 3. Наименьшая или наибольшая пло-

щадь (408). § 4. Наибольший треугольник (409). § 5. Выпуклая оболочка и опорные прямые (409). § 6. Разные задачи (410).

Решения.................................... 411

Глава 21. Принцип Дирихле 419

§ 1. Конечное число точек, прямых и т.д. (419). § 2. Углы и длины (420). § 3. Площадь (421).

Решения.................................... 422

Глава 22. Выпуклые и невыпуклые многоугольники 430

§ 1. Выпуклые многоугольники (430). § 2. Изопериметрическое неравенство (431). § 3. Симметризация по Штейнеру (432). § 4. Сумма Минковского (433). § 5. Теорема Хелли (433). § 6. Невыпуклые многоугольники (434).

Решения.................................... 435

Глава 23. Делимость, инварианты, раскраски 453

§ 1. Чёт и нечёт (453). § 2. Делимость (454). § 3. Инварианты (454). § 4. Вспомогательные раскраски в шахматном порядке (455). § 5. Другие вспомогательные раскраски (456). § 6. Задачи о раскрасках (457). Решения.................................... 458

Глава 24. Целочисленные решётки 469

§ 1. Многоугольники с вершинами в узлах решётки (469). § 2. Формула Пика (469). § 3. Разные задачи (470). § 4. Вокруг теоремы Минковского (470).

Решения.................................... 471

Глава 25. Разрезания, разбиения, покрытия 479

§ 1. Равносоставленные фигуры (479). § 2. Разрезания на части, обладающие специальными свойствами (480). § 3. Свойства частей, полученных при разрезаниях (480). § 4. Разрезания на параллелограммы (481). § 5. Плоскость, разрезанная прямыми (481). § 6. Разные задачи на разрезания (482). § 7. Разбиение фигур на отрезки (483). § 8. Покрытия (483). § 9. Замощения костями домино и плитками (484). § 10. Расположение фигур на плоскости (485).

Решения.................................... 485

Глава 26. Системы точек и отрезков. Примеры и контрпримеры 506

§ 1. Системы точек (506). § 2. Системы отрезков, прямых и окружностей (507). § 3. Примеры и контрпримеры (507).

Решения.................................... 508

Глава 27. Индукция и комбинаторика 513

§ 1. Индукция (513). § 2. Комбинаторика (514).

Решения.................................... 514

Глава 28. Инверсия 517

§ 1. Свойства инверсии (518). § 2. Построение окружностей (518). § 3. Построения одним циркулем (519). § 4. Сделаем инверсию (520). § 5. Точки, лежащие на одной окружности, и окружности, проходящие через одну точку (521). § 6. Цепочки окружностей (523). Решения.................................... 524

Глава 29. Аффинные преобразования 535

§ 1. Аффинные преобразования (535). § 2. Решение задач при помощи аффинных преобразований (537). § 3. Комплексные числа (538). § 4. Эллипсы Штейнера (542).

Решения.................................... 542

Глава 30. Проективные преобразования 559

§ 1. Проективные преобразования прямой (559). § 2. Проективные преобразования плоскости (561). § 3. Переведём данную прямую на бесконечность (564). § 4. Применение проективных преобразований, сохраняющих окружность (565). § 5. Применение проективных преобразований прямой в задачах на доказательство (567). § 6. Применение проективных преобразований прямой в задачах на построение (567). § 7. Невозможность построений при помощи одной линейки (568). Решения.................................... 568

Глава 31. Эллипс, парабола, гипербола 583

§ 1. Классификация кривых второго порядка (583). § 2. Эллипс (584). § 3. Парабола (586). § 4. Гипербола (587). § 5. Пучки коник (589). § 6. Коники как геометрические места точек (590). § 7. Рациональная параметризация (591). § 8. Коники, связанные с треугольником (591). Решения.................................... 593

Дополнение 611

Предметный указатель 625

Программы элективных курсов по геометрии 632

ПРЕДИСЛОВИЕ К ПЯТОМУ ИЗДАНИЮ

В предыдущем издании при перенаборе текста третьего издания возникло огромное количество опечаток. В новом издании эти опечатки исправлены, в чём мне оказали большую помощь И. Тейман и группа школьников 57-й школы г. Москвы: Д.Загоскин, А.Никитин, К. Попков, А. Фурсов под руководством Л. Шагама. С. Маркелов не только указал мне опечатки, но и сообщил решения нескольких задач.

Некоторые ошибки в решениях мне помогли исправить письма читателей, присланные на адрес planimetry_bug@mccme.ru. Например, Дарий Гринберг указал мне ошибки в вычислении координат точки Штейнера и в решении задачи 5.137, а А.Карпов обратил моё внимание на то, что условие задачи 30.34 было сформулировано неверно.

В новое издание добавлено около 200 задач. Добавлена также новая глава 31, посвящённая эллипсу, параболе и гиперболе. (Такой параграф был в самом первом издании этой книги, но он был исключён из всех последующих изданий.)

Для удобства читателей я привожу список новых задач: 2.11, 2.40, 2.84, 3.9, 3.49, 3.50, 3.57, 3.62, 3.65, 3.76—3.82, 4.33, 4.57, 5.13, 5.17, 5.24, 5.37, 5.53, 5.70, 5.71, 5.77, 5.96, 5.97, 5.126, 5.127, 5.159—5.161, 6.41, 6.57, 7.17, 7.43, 8.45, 8.58—8.60, 9.10, 9.27, 9.48, 9.85, 9.95, 10.20, 10.58, 10.21, 12.17, 12.31, 12.77, 12.78, 12.83, 13.14, 13.15, 13.39, 14.38, 14.42, 14.44—14.49, 14.53, 15.4, 17.23, 17.33, 17.40, 17.41, 17.42, 18.26, 18.31, 19.50—19.52, 20.11, 20.28, 20.33, 22.3, 22.7, 22.14, 22.15—22.23, 22.24—22.31, 22.34, 23.16, 24.5, 24.6, 24.8, 24.10, 24.16, 24.17, 25.26, 25.37, 25.42, 28.8, 29.14—29.19, 29.31, 29.32, 29.34, 29.40, 29.42, 30.34, 31.1—31.84.

А вот список задач из предыдущего издания, формулировки или решения которых существенно обновлены: 2.5, 5.125, 10.46, 12.41, 14.60, 20.7, 23.15, 23.22, 24.7, 24.15, 24.18, 25.16, 25.63.

Электронную версию этой книги можно найти в Internet по адресу http://www.mccme.ru/prasolov/. В электронной версии будут исправляться замеченные ошибки и опечатки.

ПРЕДИСЛОВИЕ К ЧЕТВЁРТОМУ ИЗДАНИЮ

В этом сборнике задач представлены почти все темы планиметрии, которые изучаются в школе, в том числе и в специализированных классах. Его основу составляют задачи, предлагавшиеся в разное время на математических олимпиадах, и задачи из архивов математических олимпиад и математических кружков.

Для удобства читателя в книге принята подробная рубрикация. Задачи распределены по 30 главам, каждая из которых разбита на несколько параграфов (от 2 до 14). За основу классификации приняты методы решения задач. Главная цель этого разбиения состоит в том, чтобы помочь читателю ориентироваться в столь большом наборе задач. В новое издание включён подробный предметный указатель, который служит той же цели.

Первое издание этой книги вышло в свет 15 лет назад. Дошедшие до меня отзывы о ней свидетельствуют о том, что она нашла гораздо более широкое применение в школе, чем я надеялся, когда начинал её писать.

В новое издание включено дополнительно 70 задач, которые стали мне известны за последние годы. Изменены также решения нескольких задач. Задачи повышенной трудности в новом издании отмечены «звёздочкой». Добавлено также «Дополнение», в котором обсуждается несколько тем, более широких, чем отдельная задача.

Глава 28 написана А. Ю. Вайнтробом, а главы 29 и 30 написаны С. Ю. Оревковым. Содержание этих глав во многом определила книга И. М. Яглома «Геометрические преобразования. Т. 2, ч. 3. Линейные и круговые преобразования» (М.: Гостехиздат, 1956).

При подготовке первого издания большую помощь оказали мне советы и замечания, высказанные академиком А. В. Погореловым, А.М.Абрамовым, А. Ю. Вайнтробом, Н.Б.Васильевым, Н. П. Долбилиным и С. Ю. Оревковым. Всем им я выражаю искреннюю благодарность.

ГЛАВА 1

ПОДОБНЫЕ ТРЕУГОЛЬНИКИ

Основные сведения

1. Треугольник АБС подобен треугольнику А\В\С\ (обозначение: ААВС ~ ~ /\A\B\C\) тогда и только тогда, когда выполнено одно из следующих эквивалентных условий:

а) AB : ВС: CA = АХВХ : ВХСХ : Ci Ai ;

б) AB: ВС = АхВх : ВХСХ и /АБС = ААХВХСХ ;

в) ZABC = ZAiEiCi и ZBAC = ZBiAiCi.

2. Если параллельные прямые отсекают от угла с вершиной А треугольники AßiCi и АВ2С2, то эти треугольники подобны и АБ1 : АВ2 = АС\ : АС2 (точки В\ и В2 лежат на одной стороне угла, Ci и С2 — на другой).

3. Средней линией треугольника называют отрезок, соединяющий середины боковых сторон. Этот отрезок параллелен третьей стороне и равен половине её длины.

Средней линией трапеции называют отрезок, соединяющий середины боковых сторон трапеции. Этот отрезок параллелен основаниям и равен полусумме их длин.

4. Отношение площадей подобных треугольников равно квадрату коэффициента подобия, т. е. квадрату отношения длин соответствующих сторон. Это следует, например, из формулы S abc =-^АБ • AC sin А.

5. Многоугольники AiA2...Art и В1В2 ...Вп называют подобными, если Ai А2 : А2А3 :... : АпА\ = В1В2 : Б2Б3 :... : ВпВ\ и углы при вершинах Ai, ..., Ап равны соответственно углам при вершинах ßi, Вп.

Отношение соответственных диагоналей подобных многоугольников равно коэффициенту подобия; для описанных подобных многоугольников отношение радиусов вписанных окружностей также равно коэффициенту подобия.

Вводные задачи

1. В остроугольном треугольнике ABC проведены высоты АА\ и ВВ\. Докажите, что АХС • ВС = ВХС • АС.

2. В прямоугольном треугольнике ABC с прямым углом С проведена высота CH. Докажите, что АС2 = AB • АН и СН2 = АН • ВН.

3. Докажите, что медианы треугольника пересекаются в одной точке и делятся этой точкой в отношении 2:1, считая от вершины.

4. На стороне ВС треугольника АБС взята точка Ai так, что БА1 : Ai С = 2 : 1. В каком отношении медиана CCi делит отрезок AAi?

5. В треугольник АБС вписан квадрат PQRS так, что вершины Р и Q лежат на сторонах AB и АС, а вершины R и S — на стороне ВС. Выразите длину стороны квадрата через сторону а и высоту ha.

§ 1. Отрезки, заключённые между параллельными прямыми

1.1. Основания AD и ВС трапеции ABCD равны а и Ь (а > Ь).

а) Найдите длину отрезка, высекаемого диагоналями на средней линии.

б) Найдите длину отрезка MN, концы которого делят стороны AB и CD в отношении AM : MB = DN : NC =p:q.

1.2. Докажите, что середины сторон произвольного четырёхугольника— вершины параллелограмма. Для каких четырёхугольников этот параллелограмм является прямоугольником, для каких — ромбом, для каких — квадратом?

1.3. а) Точки Ai и В\ делят стороны ВС и АС треугольника АБС в отношениях ВА\ : AiC = 1 : р и АВ\ : В\С = 1 : q. В каком отношении отрезок AAi делится отрезком ВВ\1

б) На сторонах ВС и АС треугольника АБС взяты точки А\ и В\. Отрезки AAi и ББ1 пересекаются в точке D. Пусть ai, fei, с и d — расстояния от точек Ai, Б1, С и D до прямой AB. Докажите, что

1.4. Через точку Р медианы CCi треугольника АБС проведены прямые AAi и ББ1 (точки Ai и Б1 лежат на сторонах ВС и CA). Докажите, что А1Б1 || AB.

1.5. Прямая, соединяющая точку Р пересечения диагоналей четырёхугольника ABCD с точкой Q пересечения прямых AB и CD, делит сторону AD пополам. Докажите, что она делит пополам и сторону ВС.

1.6. На стороне AD параллелограмма ABCD взята точка Р так, что АР : AD = 1 : п; Q — точка пересечения прямых АС и BP. Докажите, что AQ : АС = 1 : (я + 1).

1.7. Вершины параллелограмма A\BiC\Di лежат на сторонах параллелограмма ABCD (точка Ai лежит на стороне АБ, точка Б1 — на стороне ВС и т. д.). Докажите, что центры обоих параллелограммов совпадают.

1.8. На диагонали BD параллелограмма ABCD взята точка К. Прямая АК пересекает прямые ВС и CD в точках L и М. Докажите, что АК2 = LK - КМ.

1.9. Одна из диагоналей вписанного в окружность четырёхугольника является диаметром. Докажите, что проекции противоположных сторон на другую диагональ равны.

1.10. На основании AD трапеции ABCD взята точка Е так, что АЕ = ВС. Отрезки CA и СЕ пересекают диагональ BD в точках О и Р соответственно. Докажите, что если ВО = PD, то AD2 = ВС2 + AD • ВС.

1.11. Точки А и В высекают на окружности с центром О дугу величиной 60°. На этой дуге взята точка М. Докажите, что прямая, проходящая через середины отрезков MA и ОБ, перпендикулярна прямой, проходящей через середины отрезков MB и OA.

1.12. а) Точки А, В и С лежат на одной прямой, а точки Ai, Bi и Ci—на другой. Докажите, что если АБ1 || БА1 и ACi || CAi, то BCi ЦСБ1.

б) Точки А, Б и С лежат на одной прямой, а точки Ai, Б1 и С\ таковы, что АБ1 II БАь ACi || CAi и БС1 || СБ1. Докажите, что точки Ai, Б1 и Ci лежат на одной прямой.

1.13. В треугольнике АБС проведены биссектрисы AAi и ББ1. Докажите, что расстояние от любой точки M отрезка А1Б1 до прямой AB равно сумме расстояний от M до прямых АС и ВС.

1.14. Пусть M и N — середины сторон AD и ВС прямоугольника ABCD. На продолжении отрезка DC за точку D взята точка Р; Q — точка пересечения прямых РМ и АС. Докажите, что ZQNM = ZMNP.

1.15. На продолжениях оснований AD и ВС трапеции ABCD за точки А и С взяты точки К и L. Отрезок KL пересекает стороны AB и CD в точках M и N, а диагонали АС и BD в точках О и Р. Докажите, что если КМ = NL, то КО = PL.

1.16*. На сторонах АБ, БС, CD и DA выпуклого четырёхугольника ABCD взяты точки Р, Q, R и S так, что BP : AB = CR : CD = а и AS : AD = БС : БС = ß. Докажите, что отрезки PR и QS делятся точкой их пересечения в отношениях ß : (1 — ß) и а : (1 — а).

§ 2. Отношение сторон подобных треугольников

1.17. а) В треугольнике АБС проведена биссектриса BD внутреннего или внешнего угла. Докажите, что AD : DC = AB : ВС.

б) Докажите, что центр О вписанной окружности треугольника АБС делит биссектрису AAi в отношении АО : OAi = (b + с) : а, где а, Ь, с — длины сторон треугольника.

1.18. Длины двух сторон треугольника равны a, a длина третьей стороны равна Ь. Вычислите радиус его описанной окружности.

1.19. Прямая, проходящая через вершину А квадрата ABCD, пересекает сторону CD в точке Е и прямую ВС в точке F. Докажите, что

1.20. На высотах ББ1 и CCi треугольника АБС взяты точки Б2 и С2 так, что ZAB2C = ZAC2B = 90°. Докажите, что АВ2 = АС2.

1.21. В трапецию ABCD (ВС || AD) вписана окружность, касающаяся боковых сторон AB и CD в точках К и L соответственно, а оснований AD и ВС в точках M и N.

а) Пусть Q — точка пересечения отрезков ВМ и AN. Докажите, что KQ II AD.

б) Докажите, что АК • KB = CL • LD.

1.22. На стороны ВС и CD параллелограмма ABCD (или на их продолжения) опущены перпендикуляры AM и AN. Докажите, что AMAN ~ ААВС.

1.23. Прямая / пересекает стороны AB и AZ> параллелограмма ABCD в точках Е и F соответственно. Пусть G — точка пересечения прямой / с диагональю АС. Докажите, что —— + —— = ——.

1.24. Пусть AC — большая из диагоналей параллелограмма ABCD. Из точки С на продолжения сторон AB и AD опущены перпендикуляры СЕ и CF соответственно. Докажите, что AB • АЕ + AD • AF = АС2.

1.25. Углы треугольника ABC связаны соотношением Sa + 2/2 = 180°. Докажите, что а2 + be = с2.

1.26. Концы отрезков AB и CD перемещаются по сторонам данного угла, причём каждая из прямых AB и CD перемещается параллельно самой себе; M — точка пересечения отрезков AB и CD. Докажите, что величина остается постоянной.

1.27. Через произвольную точку Р стороны АС треугольника ABC параллельно его медианам АК и CL проведены прямые, пересекающие стороны ВС и AB в точках Е и F соответственно. Докажите, что медианы АК и CL делят отрезок EF на три равные части.

1.28. На биссектрисе угла взята точка Р. Прямая, проходящая через точку Р, высекает на сторонах угла отрезки длиной а и ь. Докажите, что величина - + - не зависит от выбора этой прямой.

1.29. На стороне ВС равностороннего треугольника ABC как на диаметре внешним образом построена полуокружность, на которой взяты точки К и L, делящие полуокружность на три равные дуги. Докажите, что прямые АК и AL делят отрезок ВС на равные части.

1.30. Точка О — центр вписанной окружности треугольника ABC. На сторонах АС и ВС выбраны точки M и К соответственно так, что ВК • AB = ВО2 и AM • AB = АО2. Докажите, что точки М, О и К лежат на одной прямой.

1.31*. Докажите, что если а\ = ü2 и ь\ = £?2 (рис. 1.1), то х = у.

1.32*. На отрезке MN построены подобные одинаково ориентированные треугольники AMN, NBM и MNC (рис. 1.2). Докажите, что треугольник ABC подобен всем этим треугольникам, а центр его описанной окружности равноудалён от точек M и N.

Рис. 1.1 Рис. 1.2

1.33*. Отрезок BE разбивает треугольник ABC на два подобных треугольника, причём коэффициент подобия равен \/3. Найдите углы треугольника ABC.

См. также задачу 5.52.

§ 3. Отношение площадей подобных треугольников

1.34. На стороне АС треугольника ABC взята точка Е. Через точку Е проведены прямая DE параллельно стороне ВС и прямая EF параллельно стороне AB (D и Е — точки на этих сторонах). Докажите, что SßDEF = 2 V'Sade • &EFC-

1.35. На боковых сторонах AB и CD трапеции ABCD взяты точки M и N так, что отрезок MN параллелен основаниям и делит площадь трапеции пополам. Найдите длину MN, если ВС = а и AD = Ь.

1.36. Через некоторую точку Q, взятую внутри треугольника ABC, проведены три прямые, параллельные его сторонам. Эти прямые разбивают треугольник на шесть частей, три из которых — треугольники с площадями Si, S2 и S3. Докажите, что площадь треугольника ABC равна (v^ï + 7^2 + \/£з)2.

1.37. Докажите, что площадь треугольника, стороны которого равны медианам треугольника площади S, равна 3S/4.

1.38. а) Докажите, что площадь четырёхугольника, образованного серединами сторон выпуклого четырёхугольника ABCD, равна половине площади ABCD.

б) Докажите, что если диагонали выпуклого четырёхугольника равны, то его площадь равна произведению длин отрезков, соединяющих середины противоположных сторон.

1.39. Точка О, лежащая внутри выпуклого четырёхугольника площади S, отражается симметрично относительно середин его сторон.

Найдите площадь четырёхугольника с вершинами в полученных точках.

§ 4. Вспомогательные равные треугольники

1.40. Катет ВС прямоугольного треугольника ABC с прямым углом С разделён точками D и Е на три равные части. Докажите, что если ВС = SAC, то сумма углов АЕС, ADC и ABC равна 90°.

1.41. Точка К — середина стороны AB квадрата ABCD, а точка L делит диагональ АС в отношении AL : LC = 3:1. Докажите, что угол KLD прямой.

1.42. Через вершину А квадрата ABCD проведены прямые 1\ и I2, пересекающие его стороны. Из точек В и D опущены перпендикуляры ВВ\, ВВ2-, DD\ и DD2 на эти прямые. Докажите, что отрезки В\В2 и D\D2 равны и перпендикулярны.

1.43. На катетах CA и СВ равнобедренного прямоугольного треугольника ABC выбраны точки D и Е так, что CD = СЕ. Продолжения перпендикуляров, опущенных из точек D и С на прямую АЕ, пересекают гипотенузу AB в точках К и L. Докажите, что KL = LB.

1.44*. На сторонах AB, ВС, CD и DA вписанного четырёхугольника ABCD, длины которых равны а, Ь, с и d, внешним образом построены прямоугольники размером а х с, Ь х d, с х а и d х Ь. Докажите, что их центры являются вершинами прямоугольника.

1.45*. Шестиугольник ABCDEF вписан в окружность радиуса R с центром О, причём AB = CD = EF = R. Докажите, что точки попарного пересечения описанных окружностей треугольников ВОС, DOE и FOA, отличные от точки О, являются вершинами правильного треугольника со стороной R.

1.46. На сторонах ВС и CD параллелограмма ABCD построены внешним образом правильные треугольники ВСК и DCL. Докажите, что треугольник AKL правильный.

1.47. На сторонах параллелограмма внешним образом построены квадраты. Докажите, что их центры образуют квадрат.

1.48*. На сторонах произвольного треугольника ABC внешним образом построены равнобедренные треугольники с углами 2а, 2ß и 2у при вершинах А', В' и С, причём ос + ß + у = 180°. Докажите, что углы треугольника А'В'С равны ос, ß и у.

1.49*. На сторонах треугольника ABC как на основаниях построены подобные равнобедренные треугольники АВ\С и АС\В внешним образом и ВА\С внутренним образом. Докажите, что AB\A\Ci — параллелограмм.

1.50*. а) На сторонах AB и АС треугольника ABC внешним образом построены прямоугольные треугольники АВС\ и АВ\С, причём

ZCi = ZEi = 90°, ZABd = ZACBx = cp; M — середина ВС. Докажите, что MBi = MCi и ZEiMCi = 2(р.

б) На сторонах треугольника ABC внешним образом построены правильные треугольники. Докажите, что их центры образуют правильный треугольник, причём его центр совпадает с точкой пересечения медиан треугольника ABC.

1.51*. На неравных сторонах AB и АС треугольника ABC внешним образом построены равнобедренные треугольники АС\В и АВ\С с углом ср при вершине.

а) M — точка медианы АА\ (или её продолжения), равноудалённая от точек В\ и Ci. Докажите, что /_В\МС\ = ср.

б) О — точка серединного перпендикуляра к отрезку БС, равноудалённая от точек ßi и Сь Докажите, что ZBiOCi = 180° - ср.

1.52*. На сторонах выпуклого четырёхугольника ABCD внешним образом построены подобные ромбы, причём их острые углы а прилегают к вершинам А и С. Докажите, что отрезки, соединяющие центры противоположных ромбов, равны, а угол между ними равен а.

См. также задачи 1.23, 3.1, 3.22, 5.15, 5.16, 7.24—7.26, 8.45.

§ 5. Треугольник, образованный основаниями высот

1.53. Пусть AAi и ББ1—высоты треугольника АБС. Докажите, что ЛА1Б1С ~ ЛАБС. Чему равен коэффициент подобия?

1.54. Из вершины С остроугольного треугольника АБС опущена высота СН, а из точки H опущены перпендикуляры НМ и HN на стороны ВС и АС соответственно. Докажите, что AMNC ~ ЛАБС.

1.55. В треугольнике АБС проведены высоты ББ1 и CCi.

а) Докажите, что касательная в точке А к описанной окружности параллельна прямой Б1С1.

б) Докажите, что Б1С1 _L OA, где О — центр описанной окружности.

1.56. На сторонах остроугольного треугольника АБС взяты точки Ai, Б1 и Ci так, что отрезки AAi, ББ1 и CCi пересекаются в точке Н. Докажите, что АН • А\Н = ВН • В\Н = СН • С\Н тогда и только тогда, когда H — точка пересечения высот треугольника АБС.

1.57. а) Докажите, что высоты AAi, ББ1 и CCi остроугольного треугольника АБС делят углы треугольника А1Б1С1 пополам.

б) На сторонах АБ, ВС и CA остроугольного треугольника АБС взяты точки Ci, Ai и Б1 соответственно. Докажите, что если /_В\А\С = ZßAiCi, ZAißiC = ZAßiCi и ZAiCiß = ZAC1B1, то точки Аь Вх и Ci являются основаниями высот треугольника АБС.

1.58. В остроугольном треугольнике АБС проведены высоты AAi, ББ1 и CCi. Докажите, что точка, симметричная Ai относительно прямой АС, лежит на прямой Б1С1.

1.59. В остроугольном треугольнике АБС проведены высоты AAi, ББ1 и CCi. Докажите, что если АХВХ || АБ и Б1С1 || БС, то А1С1 || АС.

1.60*. Пусть р — полупериметр остроугольного треугольника АБС, q — полупериметр треугольника, образованного основаниями его высот. Докажите, что р : q = R : г, где R и г — радиусы описанной и вписанной окружностей треугольника АБС.

§ 6. Подобные фигуры

1.61. В треугольник вписана окружность радиуса г. Касательные к этой окружности, параллельные сторонам треугольника, отсекают от него три треугольника. Пусть ri, г2, гз — радиусы вписанных в эти треугольники окружностей. Докажите, что г\ + т*з = г.

1.62. Дан треугольник АБС. Постройте две прямые х и у так, чтобы для любой точки M на стороне АС сумма длин отрезков МХм и МУм, проведённых из точки M параллельно прямым х и у до пересечения со сторонами АБ и БС треугольника, равнялась 1.

1.63. В равнобедренном треугольнике АБС из середины H основания ВС опущен перпендикуляр НЕ на боковую сторону АС; О — середина отрезка НЕ. Докажите, что прямые АО и BE перпендикулярны.

1.64. Докажите, что проекции основания высоты треугольника на стороны, её заключающие, и на две другие высоты лежат на одной прямой.

1.65. На отрезке АС взята точка Б и на отрезках АБ, БС, CA построены полуокружности Si, S2, $з по одну сторону от AC. D — такая точка на S3, что BD LAC. Общая касательная к Si и S2, касается этих полуокружностей в точках F и Е соответственно.

а) Докажите, что прямая EF параллельна касательной к S3, проведённой через точку D.

б) Докажите, что BFDE — прямоугольник.

1.66*. Из произвольной точки M окружности, описанной около прямоугольника ABCD, опустили перпендикуляры MQ и MP на две его противоположные стороны и перпендикуляры MR и МТ на продолжения двух других сторон. Докажите, что прямые PR и QT перпендикулярны, а точка их пересечения принадлежит диагонали прямоугольника ABCD.

1.67*. К двум окружностям, расположенным одна вне другой, проведены одна внешняя и одна внутренняя касательные. Рассмотрим две прямые, каждая из которых проходит через точки касания, принадлежащие одной из окружностей. Докажите, что точка пересечения этих прямых расположена на прямой, соединяющей центры окружностей.

См. также задачу 6.27.

Задачи для самостоятельного решения

1.68. Основание равнобедренного треугольника составляет четверть его периметра. Из произвольной точки основания проведены прямые,

параллельные боковым сторонам. Во сколько раз периметр треугольника больше периметра отсечённого параллелограмма?

1.69. Диагонали трапеции взаимно перпендикулярны. Докажите, что произведение длин оснований трапеции равно сумме произведений длин отрезков одной диагонали и длин отрезков другой диагонали, на которые они делятся точкой пересечения.

1.70. Сторона квадрата равна 1. Через его центр проведена прямая. Вычислите сумму квадратов расстояний от четырёх вершин квадрата до этой прямой.

1.71. Точки Ai, В\ и Ci симметричны центру описанной окружности треугольника АБС относительно его сторон. Докажите, что ААВС = ААгВгСг.

1.72. Докажите, что если /БАС = 2ZABC, то БС2 = (АС + AB) • АС.

1.73. На прямой I даны точки А, Б, С и D. Через точки А и Б, а также через точки С и D проводятся параллельные прямые. Докажите, что диагонали полученных таким образом параллелограммов (или их продолжения) пересекают прямую I в двух фиксированных точках.

1.74. В треугольнике АБС проведены биссектриса AD и средняя линия AiCi. Прямые AD и AiCi пересекаются в точке К. Докажите, что 2АгК= \Ъ-с\.

1.75. На сторонах AD и CD параллелограмма ABCD взяты точки M и N так, что MN || АС. Докажите, что Sabm = Scbn-

1.76. На диагонали АС параллелограмма ABCD взяты точки Р и Q так, что АР = CQ. Точка M такова, что РМ \\ AD и QM \\ AB. Докажите, что точка M лежит на диагонали BD.

1.77. Продолжения боковых сторон трапеции с основаниями AD и ВС пересекаются в точке О. Концы отрезка EF, параллельного основаниям и проходящего через точку пересечения диагоналей, лежат соответственно на сторонах AB и CD. Докажите, что АЕ : CF = АО : СО.

1.78. Три прямые, параллельные сторонам данного треугольника, отсекают от него три треугольника, причём остаётся равносторонний шестиугольник. Найдите длину стороны шестиугольника, если длины сторон треугольника равны a J и с.

1.79. Три прямые, параллельные сторонам треугольника, пересекаются в одной точке, причём стороны треугольника высекают на этих прямых отрезки длиной х. Найдите х, если длины сторон треугольника равны а, Ь и с.

1.80. Точка Р лежит внутри треугольника АБС, причём ZABP = ZACP. На прямых AB и АС взяты такие точки Ci и Бь что БС1 : СБ1 = CP : BP. Докажите, что одна из диагоналей параллелограмма, две стороны которого лежат на прямых BP и CP, а две другие стороны (или их продолжения) проходят через Б1 и Ci, параллельна ВС.

Решения

1.1. а) Пусть Р и Q — середины сторон AB и CD, К и L — точки пересечения прямой PQ с диагоналями АС и BD. Тогда PL = а/2 и PK = b/2, поэтому KL = PL- PK = (a-b)/2.

б) Возьмём на стороне AD точку F так, что BF \\ CD. Пусть Е — точка пересечения отрезков MN и BF. Тогда MN = ME + EN =

1.2. Пусть К, L, M и N — середины сторон AB, ВС, CD и DA соответственно четырёхугольника ABCD. Тогда KL = MN = АС/2 и отрезок KL параллелен MN, т. е. KLMN — параллелограмм. Теперь ясно, что KLMN — прямоугольник, если диагонали АС и BD перпендикулярны; ромб, если АС = BD; квадрат, если диагонали АС и BD равны по длине и перпендикулярны.

1.3. а) Обозначим точку пересечения отрезков AAi и ВВ\ через О. Проведём в треугольнике В\ВС отрезок А\Ач || ВВ\. Тогда В\С/В\А2 = 1 + р, поэтому АО : OAi = ABi : ВхА2 = ВХС : qBxA2 = (1 + р) : q.

б) Пусть ВА\ : AiC = 1 : р и АВ\ : ВХС = 1 : q. Тогда AD : DA\ = (1 + р) : q и BD : DBi = (1 + q) :р. Поэтому

1.4. Пусть А'2 — середина отрезка А\В. Тогда СА\ : А1А2 = CP : РС\ и А1А2 : А\В = 1:2, поэтому САХ : А\В = CP : 2РСХ. Аналогично СВ\ : В\А = CP:2PCi =CAi :AiB.

1.5. Точка Р лежит на медиане QM треугольника AQD (или на её продолжении). Легко проверить, что решение задачи 1.4 остаётся верным и в случае, когда точка Р лежит на продолжении медианы. Следовательно, ВС || AD.

1.6. Так как AAQP - ACQB, то AQ : QC = АР:ВС=1:п. Поэтому АС = AQ + QC = (п + 1)AQ.

1.7. Центр параллелограмма A\B\C\D\, будучи серединой отрезка B\D\, принадлежит отрезку, соединяющему середины сторон AB и CD. Аналогично он принадлежит отрезку, соединяющему середины сторон ВС и AD. Точка пересечения этих отрезков — центр параллелограмма ABCD.

1.8. Ясно, что АК : КМ = ВК : KD = LK : АК, т. е. АК2 = LK • КМ.

1.9. Пусть АС — диаметр окружности, описанной около четырёхугольника ABCD. Опустим перпендикуляры AAi и СС\ на BD (рис. 1.3). Нужно доказать, что ВА\ = DC\. Опустим перпендикуляр ОР из центра О описанной окружности на BD. Ясно, что Р — середина отрезка BD. Прямые АА\, ОР, СС\ параллельны и АО = ОС, поэтому А\Р = РС\. Так как Р — середина BD, то ВА\ =DC\.

1.10. Так как ВО = PD, то ВО : OD = DP : PB = k. Пусть ВС = 1. Тогда AD = k и ED = 1/k. Поэтому k = AD = AE + ED=l + (1/k), т.е. k2 = 1 + k. Остаётся заметить, что k2 = AD2 и 1 + k = ВС2 + ВС - AD.

Рис. 1.3

1.11. Пусть С, D, Е, F — середины сторон АО, OB, ВМ, MA соответственно четырёхугольника АОВМ. Поскольку AB = МО = R, где R — радиус данной окружности, то согласно задаче 1.2 CDEF — ромб. Поэтому CE±DF.

1.12. а) Если прямые, на которых лежат данные точки, параллельны, то утверждение задачи очевидно. Будем считать, что эти прямые пересекаются в точке О. Тогда OA : OB = ОВ\ : ОА\, и ОС : OA = ОА\ : ОС\, поэтому ОС : ОБ = ОВ\ : ОС\, а значит, ВС\ \\ СВ\ (отношения отрезков следует считать ориентированными).

б) Пусть D и Е — точки пересечения прямых АВ\ и СА\, СВ\ и АС\. Тогда CAi : AiD = СВ:ВА = ECi : Ci А. А так как ACBXD ~ АЕВ\А, точки Аь Вх и Ci лежат на одной прямой.

1.13. Точка, лежащая на биссектрисе угла, равноудалена от его сторон. Пусть а — расстояние от точки А\, до прямых АС и AB, Ъ — расстояние от точки В\ до прямых AB и ВС. Пусть, далее, А\М : В\М = р : q, причём р + q = 1. Тогда расстояния от точки M до прямых АС и ВС равны qa и рЪ соответственно. С другой стороны, согласно задаче 1.1 б) расстояние от точки M до прямой AB равно qa + pb.

1.14. Пусть прямая, проходящая через центр О данного прямоугольника параллельно ВС, пересекает отрезок QN в точке К (рис. 1.4). Так как МО II PC, то QM : MP = QO : ОС, а так как КО II ВС, то QO : ОС = QK : KN. Следовательно, QM : MP = QK : KN, т.е. КМ \\ NP. Поэтому ZMNP = ZKMO = ZQNM.

1.15. Проведём через точку M прямую EF, параллельную CD (точки Е и F лежат на прямых ВС и AD). Тогда PL : PK = BL : KD и OK : OL = KA : CL = KA : KF = BL : EL. Так как KD = EL, то PL : PK = OK: OL, а значит, PL = OK.

1.16. Рассмотрим вспомогательный параллелограмм ABCD\. Можно считать, что точки D и D\ не совпадают (иначе утверждение задачи очевидно). Возьмём на сторонах AD\ и CD\ точки S\ и R\ так, что SS\ II-D-D 1 и RR\ \\DD\. Пусть N — точка пересечения отрезков PR\ и QS\; N\ и A^2 — точки пересечения прямой, проходящей через N параллельно DD\, с отрезками PR и QS соответственно. Тогда NiN = ßRRi = aßDDi и N2N = aSSi = ocßDD\. Поэтому NX=N2 — точка пересечения отрезков PR и QS. Ясно, что PNi :PR = PN: PRi = ß и QN2 :QS= а.

Замечание. В случае а = ß есть более простое решение. Так как BP : ВА = BQ : ВС = а, то PQ || АС и PQ : АС = а. Аналогично RS || АС и RS : АС = 1 — а. Поэтому отрезки PR и QS делятся точкой их пересечения в отношении а : (1 — а).

1.17. а) Опустим из вершин А и С перпендикуляры АК и CL на прямую BD. Так как ZCBL = ZABK и ZCDL = AKDÄ, то ABLC - АВКА и ACLD - AAKD. Поэтому AD : DC = АК : CL = AB : ВС.

б) Учитывая, что ВА\ : Ai С = ВА : АС и БА1 + Ai С = ВС, получаем БА1 = ас/(Ь + с). Так как ВО — биссектриса треугольника АБАь то АО : OAi = AB : БА1 = (b + с) : а.

Рис. 1.4

1.18. Пусть О — центр описанной окружности равнобедренного треугольника АБС, В\ —середина основания АС, А\ —середина боковой стороны ВС. Так как ABOAi ~ ABCBi, то ВО : ВА\ = ВС : ВВ\, а значит, R = BO = а2/у/Аа2 - Ъ2.

1.19. Если ZEAD = ср, то АЕ = AD/cos ср = AB/cos ср и AF = АБ/sin По-

1.20. Легко проверить, что АВ{ = АВг • АС = ACi • AB = АС\.

1.21. а) Так как BQ : QM = BN : AM = ВК : AK, то KQ \\ AM.

б) Пусть О — центр вписанной окружности. Так как /СБА + ZBAD = 180°, то /АБО + ZBAO = 90°. Поэтому ААКО ~ АОКВ, т.е. АК : КО = OK : #Б. Следовательно, АК • ^ГБ = КО2 = R2, где i? — радиус вписанной окружности. Аналогично CL • LD = R2.

1.22. Если угол ABC тупой (соответственно острый), то угол MAN тоже тупой (соответственно острый). Кроме того, стороны этих углов взаимно перпендикулярны. Поэтому A ABC = AMAN. Прямоугольные треугольники ABM и ADN имеют равные углы AB M и ADN, поэтому AM:AN = AB:AD = AB:CB, т.е. ЛАВС-~ AMAN.

1.23. Возьмём на диагонали АС такие точки D' и В', что ВВ' II / и DZ)7 II /. Тогда AB : АЕ = AB' : AG и AD : AF = AD' : AG. Так как стороны треугольников ABB' и CDD' попарно параллельны и AB = CD, эти треугольники равны и AB' = CD'. Поэтому

1.24. Опустим из вершины В перпендикуляр BG на АС (рис. 1.5). Из подобия треугольников ABG и АСЕ получаем АС • AG = АЕ • AB. Прямые AF и СБ параллельны, поэтому углы GCB и CAF равны и прямоугольные треугольники CBG и ACF подобны. Из подобия этих треугольников получаем АС • CG = AF • ВС. Складывая полученные равенства, находим АС • (AG + CG) = АЕ • AB + AF • БС. Так как AG + CG = АС, получаем требуемое равенство.

1.25. Так как а+/3 = 90° - (а/2), то у = 180° - a-ß = 90° + (а/2). Поэтому на стороне Aß можно выбрать точку D так, что ZACZ> = 90° — (а/2), т. е. АС = AD. Тогда ЛАБС - ACBD, а значит, ВС : BD = AB : СБ, т. е. а2 = с(с - Ь).

1.26. При перемещении отрезков АБ и CD треугольник AMC заменится на другой треугольник, подобный исходному. Поэтому величина AM/СМ остаётся постоянной. Аналогично величина BM/DM остаётся постоянной.

1.27. Обозначим точку пересечения медиан через О, точки пересечения медианы АК с прямыми FP и FE — через Q и М, точки пересечения медианы CL с прямыми ЕР и FE — через R к N соответственно (рис. 1.6). Ясно, что FM : FE = FQ : FP = LO : LC = 1 : 3, т. е. FM = FE/S. Аналогично EN = FE/S.

1.28. Пусть С — вершина данного угла, А и Б — точки пересечения данной прямой со сторонами угла. Возьмём на отрезках АС и ВС точки К и L так, что PK II ВС и PL || АС. Так как ААКР - APLB, то АК : KP = PL : LB,

а значит,

Следовательно,

Рис. 1.5

1.29. Обозначим середину стороны ВС через О, а точки пересечения АК и AL со стороной ВС — через Р и Q. Можно считать, что BP < BQ. Треугольник LCO равносторонний и LC \\ AB. Поэтому AABQ ~ ALCQ, т.е. BQ : QC = AB : LC = 2 : 1. Следовательно, ВС = BQ + QC = SQC. Аналогично ВС = SBP.

1.30. Так как ВК:ВО=ВО:АВ и ZKBO = ZABO, то АКОВ ~ АОАВ. Поэтому ZKOB = АОАВ. Аналогично ZAOM = ZABO. Следовательно, ZKOM = ZKOB + ZBOA + ZAOM = ZOAB + ZBOA + ZABO = 180°, т. е. точки К, О к M лежат на одной прямой.

1.31. Проведём дополнительно прямые, параллельные прямым, на которых лежат отрезки длиной а\ = — а и Ь\ = Ъ% — Ъ (рис. 1.7). Из подобия треугольников следуют равенства

Перемножив эти равенства, получим х(у + Z\) = у(х + Z\), а значит, х — у.

1.32. Так как ZAMN = ZMNC и ZBMN = ZMNA, то ZAMB = ZANC. Кроме того, AM : AN = NB : NM = BM : CN. Поэтому AAMB ~ AANC, а значит, ZMAB = AN АС. Следовательно, ABAC = AMAN. Для других углов доказательство аналогично.

Пусть точки В\ и Ci симметричны Б и С относительно серединного перпендикуляра к отрезку MN. Так как AM : NB = MN : BM = MC : NC, то MA • MCi = AM • NC = NB- MC = MB\ • MC. При этом точки M, A, Ci лежат на одной прямой и точки М, В\, С лежат на одной прямой. Следовательно, точка А лежит на окружности, описанной вокруг трапеции ВВ\СС\.

1.33. Так как ААЕВ + ZBEC = 180°, то эти углы не могут быть разными углами подобных треугольников ABE и ВЕС, т. е. они равны и BE — перпендикуляр.

Рис. 1.6 Рис. 1.7

Возможны два варианта: ZABE = ZCBE или ZABE = АБСЕ. Первый вариант отпадает, так как в этом случае ААВЕ = АСВЕ. Остаётся второй вариант.

В этом случае ZABC = ZABE + ZCBE = ZABE + ZBAE = 90°. В прямоугольном треугольнике ABC катеты относятся, как 1 : \/3, поэтому его углы равны 90°, 60°, 30°. 1.34. Ясно, что

Поэтому

1.35. Пусть MN — х; Е — точка пересечения прямых AB и CD. Треугольники ЕВС, EMN и EAD подобны, поэтому S ввс ' Semn ' Sead =

1.36. Проведём через точку Q прямые DE, FG и HI параллельно ВС, CA и AB соответственно так, чтобы точки F а H лежали на стороне ВС, точки Е и / — на стороне АС, точки D и G — на стороне AB (рис. 1.8). Введём обозначения: S = S abc j S\ = Sgdq, S'2 = Sieq, S3 = Shfq- Тогда

1.37. Пусть M — точка пересечения медиан треугольника ABC; точка А\ симметрична M относительно середины отрезка ВС. Длины сторон треугольника СМА\ относятся к медианам треугольника ABC, как 2:3. Поэтому искомая площадь равна 9Scma1//^- Ясно, что Sqma1 = S/S (см. решение задачи 4.1).

1.38. Пусть Е, F, G и Я —середины сторон AB, ВС, CD и DA.

а) Ясно, что

Аналогично

Поэтому

б) Так как АС = BD, то EFGH — ромб (задача 1.2). Согласно задаче а) S abcd = ZSefgh = EG • F H.

1.39. Пусть E, F, G и H — середины сторон четырёхугольника ABCD; точки E\, F\, Gi и Hi симметричны точке О относительно этих точек. Так как EF — средняя линия треугольника EiOFi, то Se1of1 = 4Seof- Аналогично Sf^Gx = 4Sfogi Sg1oh1 = 4Sgoh и Sh1oe1 =^Shoe- Поэтому Se1f1g1h1 =4Sefgh-Согласно задаче 1.38 a) SAbcd = 2SEfgh. Поэтому SEif1g1h1 = 2SAbcd = 2S.

1.40. Первое решение. Рассмотрим квадрат BCMN и разделим его сторону MN точками Р и Q на три равные части (рис. 1.9). Тогда Л ABC = APDQ и AACD = АРМА. Поэтому треугольник PAD — равнобедренный прямоугольный и ZABC + ZADC = ZPDQ + ZADC = 45°.

Второе решение. Так как DE = 1, ЕА = л/2, ЕВ = 2, AD = у/Е и В А = VTÖ, то DE : АЕ = ЕА : ЕВ = AD : В А и ADEA - ААЕВ. Следовательно, ZABC = ZEAD. Кроме того, ZAEC = ZCAE = 45°. Поэтому ZABC + ZADC + ZAEC = (ZEAD + ZCAE) + ZADC = ZCAD + ZADC = 90°.

Рис. 1.8

Рис. 1.9 Рис. 1.10

1.41. Опустим из точки L перпендикуляры LM на AB и LN на AD. Тогда КМ = MB = ND и KL = LB = DL, поэтому прямоугольные треугольники KML и DNL равны. Следовательно, ZDLK = ZNLM = 90°.

1.42. Так как DiA = Biß, AD2 = ВВ2 и ZD\AD2 = ZB\BB2, то AD\AD2 = АВ\ВВ2. Стороны ADi и ВВ\ (а также AD2 и ВВ2) этих треугольников перпендикулярны, поэтому В\В2 JL D\D2.

1.43. На продолжении отрезка АС за точку С возьмём точку M так, что СМ = СЕ (рис. 1.10). Тогда треугольник АСЕ при повороте с центром С на 90° переходит в треугольник ВСМ. Поэтому прямая MB перпендикулярна прямой АЕ, а значит, параллельна прямой CL. Так как MC = СЕ = DC и прямые DK, CL и MB параллельны, то KL = LB.

1.44. Пусть на сторонах AB и ВС построены прямоугольники ABC\D\ и A2BCD2; Р, Q, R и S — центры прямоугольников, построенных на сторонах AB, ВС, CD и DA. Так как ZABC + ZADC = 180°, то AADC = АА2ВС\. Рассматривая прямоугольники, построенные на сторонах этих равных треугольников, получаем, что ARDS = APBQ и RS = PQ. Аналогично QR = PS. Следовательно, PQRS — параллелограмм, причём один из треугольников RDS и PBQ построен на его сторонах внешним образом, а другой внутренним; аналогичное утверждение справедливо и для треугольников QCR и SAP. Поэтому ZPQR + ZRSP = ZBQC + ZDSA = 180°, так как ZPQB = ZRSD и ZRQC = ZPSA. Следовательно, PQRS — прямоугольник.

1.45. Пусть К, L, M — точки пересечения описанных окружностей треугольников FOA и ВОС, ВОС и DOE, DOE и FOA; 2а, 2ß и 2у — углы при вершинах равнобедренных треугольников ВОС, DOE и FOA (рис. 1.11). Точка К лежит на дуге ОБ описанной окружности равнобедренного треуголь-

Рис. 1.11

ника БОС, поэтому АОКВ = 90° + а. Аналогично АОКА = 90° + у. Так как а + ß + у = 90°, то ZAKB = 90° + ß. Внутри правильного треугольника АОВ существует единственная точка К, из которой его стороны видны под данными углами. Аналогичные рассуждения для точки L, лежащей внутри треугольника COD, показывают, что АОКВ = ACLO. Докажем теперь, что AKOL = АОКВ. В самом деле, ZCOL = ZKBO, поэтому ZKOB + ZCOL = 180° - ZOKB = 90° - а, а значит, ZKOL = 2а + (90° - а) = 90° + а = АОКВ. Следовательно, KL = OB = R. Аналогично LM = МК = R.

1.46. Пусть ZA = а. Легко проверить, что оба угла KCL и ADL равны 240° - а (или 120° + а). А так как КС = ВС = AD и CL = DL, то AKCL = A ADL, а значит, KL = AL. Аналогично KL = АК.

1.47. Пусть Р, Q и R — центры квадратов, построенных на сторонах DA, AB и ВС параллелограмма с острым углом а при вершине А. Легко проверить, что ZPAQ = 90° + а = ZRBQ, а значит, APAQ = ARBQ. Стороны AQ и BQ этих треугольников перпендикулярны, поэтому PQ J_ QR.

1.48. Заметим сначала, что сумма углов при вершинах А, Б и С шестиугольника АВ'СА'ВС' равна 360°, так как по условию сумма его углов при остальных вершинах равна 360°. Построим на стороне АС' внешним образом треугольник АС'Р, равный треугольнику ВС'А' (рис. 1.12). Тогда ААВ'Р = АСВ'А!, так как AB' = СВ', АР = CA! и ZPAB' 360° - ZPAC - ZC'AB' = 360° - ZA'ВС' -- ZC'AB' = ZA'CB'. Следовательно, AC В'А' = АС В'Р, а значит, 2ZA'B'C = ZPB'A'= ZAB'C, так как ZPB'A= ZA'B'C, а угол АВ'А' общий.

1.49. Так как ВА:ВС = ВС:ВАХ и ZABC = ZCiBAu то ААВС - ACiBAi. Аналогично ААВС - ABiAiC. А так как БА1 =А\С, то ЛС1БА1 = АВ\А\С. Следовательно, АС\ = С\В = В\А\ и AB] = В\С = С\А\. Ясно также, что четырёхугольник АБ1А1С1 выпуклый.

1.50. а) Пусть Р и Q — середины сторон AB и АС. Тогда MP = AC/2 = QBU MQ = AB/2 = PC и ZCiPM = ZCiPB + ZBPM = ZBiQC + ZCQM = ZB\QM. Следовательно, AMQBi = AC\PM, а значит, MC\ =MB\. Кроме того, АРМС\ + ЩМВх = ЩВХМ + ЩМВх = 180° - ZMQBU a ZMQBi = ZA + /LCQBX = ZA + (180° - 2cp). Следовательно, ZBiMCi = ZPMQ + 2cp - ZA = 2(p. (Случай, когда ZCiPB + ZBPM > 180°, разбирается аналогично.)

б) Возьмём на сторонах AB и АС такие точки В' и С, что AB' : AB = AC' : AC = 2:3. Середина M отрезка В'С' совпадает с точкой пересечения медиан треугольника АБС. Построим на сторонах AB' и АС' внешним образом прямоугольные треугольники Aß'Ci и АВ\С с углами 60° при вершинах В' и С. Тогда В\ и Ci — центры правильных треугольников, построенных на сторонах AB и АС; с другой стороны, согласно задаче а) МВ\ = МС\ и ZBxMCi = 120°.

Замечание. Утверждения задач а) и б) остаются верными и для треугольников, построенных внутренним образом.

1.51. а) Пусть В' — точка пересечения прямой АС и перпендикуляра к прямой АВ\, восставленного из точки В\\ точка С определяется аналогично. Так как AB' : АС = Ad : АВ\ = AB : АС, то В'С \\ ВС. Если N — середина

Рис. 1.12

отрезка В'С', то, как следует из задачи 1.50 a), NC\ = NB\ (т.е. N = M) и ABxNCx = 2ААВ'ВХ = 180° - 2АСАВХ = ср.

б) Построим на стороне ВС внешним образом равнобедренный треугольник ВА\С с углом 360° — 2ср при вершине А\ (если ср < 90°, строим внутренним образом треугольник с углом 2ср). Так как сумма углов при вершинах трёх построенных равнобедренных треугольников равна 360°, треугольник А\В\С\ имеет углы 180° — ср, ср/2 и ср/2 (см. задачу 1.48). В частности, этот треугольник равнобедренный, а значит, А\ = О.

1.52. Пусть Oi, О2, О3 и О4—центры ромбов, построенных на сторонах AB, ВС, CD и DA; M —середина диагонали АС. Тогда MOi = М02 и АО\М02 = ос (см. задачу 1.50 а). Аналогично МО3 = МО\ и ZO3MO4 = ос. Следовательно, при повороте на угол ос относительно точки M треугольник О1МО3 переходит в 02М04.

1.53. Так как А\С = AC\cosC\, В\С = BC\cosC\ и угол С у треугольников ABC и А1Б1С общий, то эти треугольники подобны, причём коэффициент подобия равен |cosC|.

1.54. Так как точки M и N лежат на окружности с диаметром СН, то ZCMN = ZCHN, а так как АС 1 HN, то ZCHN = ZA. Аналогично ZCNM = ZB.

1.55. а) Пусть / — касательная в точке А к описанной окружности. Тогда для ориентированных углов получаем Z(Z, Aß) = Z(AC, СБ) = Z(C\B\, ACi), а значит, / || BiCi.

б) Так как OA ± I и / ||Bid, то OA±Bid.

1.56. Если AAi, BBi и CCi — высоты, то ЛА1БЯ ~ ЛБ1АЯ, а значит, АН • А\Н = ВН • В\Н. Аналогично ВН • В\Н = СН • Ci H. (Предполагается известным, что высоты треугольника пересекаются в одной точке.)

Если АН • А\Н = ВН • В\Н = СН • С1Я, то АА\ВН - АВ\АН, а значит, ZBAi# = ZABi#=<p. Поэтому ZCAXH= ZCBXH= 180° - ср. Аналогично ZACi# = АСАхН = 180° - ср и ААСхН = ААВХН = ср, поэтому ср = 90° т.е. АА\, ВВ\ и CCi — высоты.

1.57. а) Согласно задаче 1.53 ZC1A1B = ZCAiBi = ZA. Так как AAi ±ВС, то /LC\A\A— ZB\A\A. Аналогично доказывается, что лучи BiB и CiC — биссектрисы углов AiBiCi и А1С1Б1.

б) Прямые AB, ВС и CA являются биссектрисами внешних углов треугольника AiBiCi, поэтому Ai А — биссектриса угла В1А1С1, а значит, AAi !_ ВС. Для прямых BBi и CCi доказательство аналогично.

1.58. Из результата задачи 1.57 а) следует, что прямая В1А1 при симметрии относительно прямой АС переходит в прямую BiCi.

1.59. Согласно задаче 1.53 АВХАХС = ZBAC. Так как А1В1 || АБ, то ZBiAiC = ZABC. Поэтому ABAC = ZABC. Аналогично из того, что BiCi || ВС, следует равенство ZAßC = ZBCA. Поэтому треугольник АБС равносторонний и Aid II АС.

1.60. Пусть О — центр описанной окружности треугольника АБС. Так как OA±BiCi (см. задачу 1.55 б), то Sao^ + SAob1 = R - Biel/2. Аналогичные рассуждения для вершин Б и С показывают, что S abc = qR- С другой стороны, Sabc = рг.

1.61. Периметр треугольника, отсекаемого прямой, параллельной стороне ВС, равен сумме расстояний от точки А до точек касания вписанной окружности со сторонами AB и АС, поэтому сумма периметров отсечённых треугольников равна периметру треугольника АБС : Pi + Р2 + Рз = Р- Из подо-

бия треугольников следует, что rjr — PJP. Складывая эти равенства, получаем требуемое.

1.62. Пусть M = А. Тогда ХА = А, поэтому AYa = 1. Аналогично СХс = 1. Докажем, что у = AYa и х = СХс — искомые прямые. Возьмём на стороне ВС точку D так, что AB \\ MD (рис. 1.13). Пусть Е — точка пересечения прямых СХс и MD. Тогда ХММ + УММ = ХСЕ + YMM. Так как ААВС ~ AM DC, то СЕ = YMM. Поэтому ХММ + YMM = ХСЕ + СЕ = ХСС = 1.

1.63. Пусть £> — середина отрезка ВН. Так как АВНА ~ ЛЯЕА, то AD : АО = AB : АН и /£>АЯ = ZOAE. Следовательно, ZDAO = ZBAH, а значит, ADAO ~ ЛБАЯ и ADO А = АВНА = 90°.

1.64. Пусть АА\, ВВ\ и СС\ —высоты треугольника ABC. Опустим из точки В\ перпендикуляры В\К и B\N на стороны AB и ВС и перпендикуляры B\L и Б1М на высоты AAi и ССЬ Так как КВХ : CCi = ABi : AC = LB\ : A\C, то AKLB\ ~ ЛС1А1С, а значит, || Ci Ai. Аналогично MN || Ci Ai. Кроме того, üfiV II C1A1 (см. задачи 1.53 и 1.54). Следовательно, точки К, L, M к N лежат на одной прямой.

1.65. а) Пусть О — середина АС, 0\ — середина AB, О2 — середина ВС. Будем считать, что AB ^ ВС. Проведём через точку 0\ прямую 0\К параллельно EF (К — точка на отрезке ЕО2). Докажем, что прямоугольные треугольники DBO и 0\KOz равны. В самом деле, О1О2 = АС/2 = DO и ВО = (ВС - AB)/2 = КО2. Из равенства треугольников DBO и 0\KOz следует, что ZBOD = AO\OiE, т.е. прямая DO параллельна ЕО2 и касательная, проведённая через точку D, параллельна прямой EF.

б) Так как углы между диаметром АС и касательными к окружностям в точках F, D, Е равны, то A F AB = ADAC = ZEBC и ZFBA = ZDCA = ZECB, т. e. F лежит на отрезке AD, Е — на отрезке DC. Кроме того, ZAFB = ZBEC = ZADC = 90°, поэтому FDEB — прямоугольник.

1.66. Пусть MQ и MP — перпендикуляры, опущенные на стороны AD и ВС, MR и МТ — перпендикуляры, опущенные на продолжения сторон AB и CD (рис. 1.14). Обозначим через М\ и Pi вторые точки пересечения прямых RT и QP с окружностью.

Так как ТМ\ = RM = AQ и ТМ\ \\ AQ, то АМ\ \\ TQ. Аналогично APi || RP. Поскольку ZMiAPi = 90°, то RP 1 TQ.

Обозначим точки пересечения прямых TQ и RP, М\А и RP, Pi А и TQ через E, F, G соответственно. Чтобы доказать, что точка Е лежит на прямой АС, достаточно доказать, что прямоугольники AFEG и AMiCPi подобны. Так как ZARF = ZAM\R = ZM\TG = ZM\CT, можно обозначить величины этих углов одной буквой a. AF = RA sin а = М\ A sin2 a, AG = М\ Т sin а = М\С sin2 а, поэтому прямоугольники AFEG и AMiCPi подобны.

Рис. 1.13

Рис. 1.14

1.67. Обозначим центры окружностей через 0\ и 02. Внешняя касательная касается первой окружности в точке К, а второй окружности в точке L; внутренняя касательная касается первой окружности в точке M, а второй окружности в точке N (рис. 1.15). Пусть прямые КМ и LN пересекают прямую 0\0'2 в точках Pi и Р2 соответственно. Надо доказать, что Pi — Р2. Рассмотрим точки A, D\, D2 пересечения прямых KL и MN, КМ и OiA, LN и 02А соответственно. ZOiAM + ZNA02 = 90°, поэтому прямоугольные треугольники 0\MA и AN02 подобны, а также А02 \\ КМ и AOi || LN. Из параллельности этих прямых получаем AD\ : D\0\ = 02Р\ : Р\0\ и D202 : AD2 = 02Р2 : Р20\. Из подобия четырёхугольников АКО\М и 02NAL получаем AD\ :D\0\=D202:AD2. Следовательно, 02Pi :PiOi =02Р2 : Р2Оь т.е. Pi =Р2.

Замечание. По поводу другого решения см. задачу 3.70.

Рис. 1.15

ГЛАВА 2

ВПИСАННЫЙ УГОЛ

Основные сведения

1. Угол ABC, вершина которого лежит на окружности, а стороны пересекают эту окружность, называют вписанным в окружность. Пусть О — центр окружности. Тогда .

ZABC = -ZAOC, 2

если точки Б и О лежат по одну сторону от АС, и

ZABC = 180° - -ZAOC, 2

если точки Б и О лежат по разные стороны от АС. Важнейшим и наиболее часто используемым следствием этого факта является то, что величины углов, опирающихся на равные хорды, либо равны, либо составляют в сумме 180°.

2. Величина угла между хордой AB и касательной к окружности, проходящей через точку А, равна половине угловой величины дуги AB.

3. Угловые величины дуг, заключённых между параллельными хордами, равны.

4. Как уже говорилось, величины углов, опирающихся на одну хорду, могут быть равны, а могут составлять в сумме 180°. Для того чтобы не рассматривать различные варианты расположения точек на окружности, введём понятие «ориентированный угол между прямыми». Величиной ориентированного угла между прямыми AB и CD (обозначение: Z(AB, CD)) будем называть величину угла, на который нужно повернуть против часовой стрелки прямую AB так, чтобы она стала параллельна прямой CD. При этом углы, отличающиеся на п • 180°, считаются равными. Следует отметить, что ориентированный угол между прямыми CD и AB не равен ориентированному углу между прямыми AB и CD (они составляют в сумме 180° или, что по нашему соглашению то же самое, 0°).

Легко проверить следующие свойства ориентированных углов:

а) Z(AB, ВС) = -Z(BC, AB);

б) Z(AB, CD) + Z(CD, EF) = Z(AB, EF);

в) точки А, В, С, D, не лежащие на одной прямой, принадлежат одной окружности тогда и только тогда, когда Z(AB, ВС) = Z(AD, DC) (для доказательства этого свойства нужно рассмотреть два случая: точки Б и Б лежат по одну сторону от АС; точки Б и Б лежат по разные стороны от АС).

Вводные задачи

1. а) Из точки А, лежащей вне окружности, выходят лучи AB и АС, пересекающие эту окружность. Докажите, что величина уг-

ла ВАС равна полуразности угловых величин дуг окружности, заключённых внутри этого угла.

б) Вершина угла ВАС расположена внутри окружности. Докажите, что величина угла ВАС равна полусумме угловых величин дуг окружности, заключённых внутри угла ВАС и внутри угла, симметричного ему относительно вершины А.

2. Из точки Р, расположенной внутри острого угла БАС, опущены перпендикуляры РС\ и РВ\ на прямые AB и АС. Докажите, что ZCXAP = ZCXBXP.

3. Докажите, что все углы, образованные сторонами и диагоналями правильного n-угольника, кратны 180°//г.

4. Центр вписанной окружности треугольника АБС симметричен центру описанной окружности относительно стороны AB. Найдите углы треугольника АБС.

5. Биссектриса внешнего угла при вершине С треугольника АБС пересекает описанную окружность в точке D. Докажите, что AD = BD.

§ 1. Углы, опирающиеся на равные дуги

2.1. Вершина А остроугольного треугольника АБС соединена отрезком с центром О описанной окружности. Из вершины А проведена высота АН. Докажите, что ZBAH = ZOAC.

2.2. Две окружности пересекаются в точках M и К. Через M и К проведены прямые AB и CD соответственно, пересекающие первую окружность в точках А и С, вторую в точках Б и D. Докажите, что АС II BD.

2.3. Из точки М, лежащей внутри данного угла с вершиной А, опущены перпендикуляры MP и MQ на стороны угла. Из точки А опущен перпендикуляр АК на отрезок PQ. Докажите, что ZPAK = ZMAQ.

2.4. а) Продолжение биссектрисы угла Б треугольника АБС пересекает описанную окружность в точке М; О — центр вписанной окружности, Оь — центр вневписанной окружности, касающейся стороны АС. Докажите, что точки А, С, О и Оь лежат на окружности с центром М.

б) Точка О, лежащая внутри треугольника ABC, обладает тем свойством, что прямые АО, ВО и СО проходят через центры описанных окружностей треугольников ВСО, АСО и АБО. Докажите, что О — центр вписанной окружности треугольника АБС.

2.5. Прямоугольный треугольник АБС с прямым углом А движется так, что его вершины Б и С скользят по сторонам данного прямого угла. Докажите, что множеством точек А является отрезок и найдите его длину.

2.6. Диагональ АС квадрата ABCD совпадает с гипотенузой прямоугольного треугольника АСК, причём точки В и К лежат по

одну сторону от прямой АС. Докажите, что ВК = \АК — СК\/л/2 и DK = (АК + CK)/у/2.

2.7. В треугольнике ABC проведены медианы АА\ и ВВ\. Докажите, что если ZCAA1 =/СББь то АС = ВС.

2.8. Все углы треугольника ABC меньше 120°. Докажите, что внутри его существует точка, из которой все стороны треугольника видны под углом 120°.

I Точку из задачи 2.8 называют точкой Торричелли.

2.9. Окружность разделена на равные дуги п диаметрами. Докажите, что основания перпендикуляров, опущенных из произвольной точки М, лежащей внутри окружности, на эти диаметры, являются вершинами правильного многоугольника.

2.10. На окружности даны точки А, Б, M и N. Из точки M проведены хорды МА\ и МВ\, перпендикулярные прямым NB и NA соответственно. Докажите, что АА\ \\BBi.

2.11. Две окружности пересекаются в точках Р и Q. Третья окружность с центром Р пересекает первую окружность в точках А и Б, а вторую — в точках С и D. Докажите, что ZAQD = ZBQC.

2.12. Шестиугольник ABCDEF вписанный, причём АБ || DE и ВС II EF. Докажите, что CD || AF.

2.13*. Многоугольник А1А2...А2/2 вписанный. Про все пары его противоположных сторон, кроме одной, известно, что они параллельны. Докажите, что при нечётном п оставшаяся пара сторон тоже параллельна, а при чётном п оставшаяся пара сторон равна по длине.

2.14*. Дан треугольник АБС. Докажите, что существует два семейства правильных треугольников, стороны которых (или их продолжения) проходят через точки А, Б и С. Докажите также, что центры треугольников этих семейств лежат на двух концентрических окружностях.

См. также задачу 1.54.

§ 2. Величина угла между двумя хордами

Решить задачи этого параграфа помогает следующий факт. Пусть А, Б, С, Б — точки на окружности в указанном порядке. Тогда угол между хордами АС и BD равен (^АБ + ^СБ)/2, угол между хордами АБ и CD равен \kjAD — <jCB\/2. (Для доказательства нужно через конец одной из хорд провести хорду, параллельную другой хорде.)

2.15. На окружности даны точки А, В, С, D в указанном порядке. M — середина дуги АБ. Обозначим точки пересечения хорд MC и MD с хордой АБ через Е и К. Докажите, что KECD — вписанный четырёхугольник.

2.16. По стороне правильного треугольника катится окружность радиуса, равного его высоте. Докажите, что угловая величина дуги, высекаемой на окружности сторонами треугольника, всегда равна 60°.

2.17. Диагонали равнобедренной трапеции ABCD с боковой стороной AB пересекаются в точке Р. Докажите, что центр О её описанной окружности лежит на описанной окружности треугольника АРВ.

2.18. На окружности даны точки А, В, С, D в указанном порядке; Ai, Si, Ci и Di—середины дуг AB, ВС, CD и DA соответственно. Докажите, что AiCi ZBiDi.

2.19. Внутри треугольника АБС взята точка Р так, что ZBPC = ZA + 60°, ZAPC = ZB + 60° и ZAPB = ZC + 60°. Прямые АР, BP и CP пересекают описанную окружность треугольника АБС в точках А', В' и С. Докажите, что треугольник А'В'С правильный.

2.20. На окружности взяты точки A, Ci, Б, Ai, С, Б1 в указанном порядке.

а) Докажите, что если прямые AAi, ББ1 и CCi являются биссектрисами углов треугольника АБС, то они являются высотами треугольника AiSiCi.

б) Докажите, что если прямые AAi, ББ1 и CCi являются высотами треугольника АБС, то они являются биссектрисами углов треугольника А1Б1С1.

2.21*. В окружность вписаны треугольники Т\ и Т2, причём вершины треугольника Т2 являются серединами дуг, на которые окружность разбивается вершинами треугольника Т\. Докажите, что в шестиугольнике, являющемся пересечением треугольников Т\ и Т2, диагонали, соединяющие противоположные вершины, параллельны сторонам треугольника Т\ и пересекаются в одной точке.

§ 3. Угол между касательной и хордой

На языке ориентированных углов теорема об угле между касательной и хордой формулируется следующим образом. Если AB — хорда окружности, а I — касательная, проведённая в точке А, то для любой точки X данной окружности имеет место равенство Z(/, Aß) = Z(XA, ХВ).

2.22. Две окружности пересекаются в точках Р и Q. Через точку А первой окружности проведены прямые АР и AQ, пересекающие вторую окружность в точках Б и С. Докажите, что касательная в точке А к первой окружности параллельна прямой БС.

2.23. Окружности Si и S2 пересекаются в точках А и Р. Через точку А проведена касательная AB к окружности Si, а через точку Р — прямая CD, параллельная AB (точки Б и С лежат на S2, точка D — на Si). Докажите, что ABCD — параллелограмм.

2.24. Окружности Si и S2 пересекаются в точках А и Б. Через точку А проведена касательная AQ к окружности Si (точка Q лежит на S2), а через точку Б — касательная BS к окружности S2 (точка S

лежит на Si). Прямые BQ и AS пересекают окружности Si и S2 в точках R и Р. Докажите, что PQRS — параллелограмм.

2.25. Касательная в точке А к описанной окружности треугольника ABC пересекает прямую ВС в точке Е; AD — биссектриса треугольника АБС. Докажите, что АЕ = ED.

2.26. Окружности Si и S2 пересекаются в точке А. Через точку А проведена прямая, пересекающая Si в точке Б, a S2 в точке С. В точках С и Б проведены касательные к окружностям, пересекающиеся в точке D. Докажите, что угол BDC не зависит от выбора прямой, проходящей через А.

2.27. Две окружности пересекаются в точках А и Б. Через точку А к этим окружностям проведены касательные AM и AN (M и N — точки окружностей). Докажите, что:

а) ZABN + ZMAN = 180°;

б) BM/BN = (AM/AN)2.

2.28. Две окружности касаются внутренним образом в точке М. Пусть АБ — хорда большей окружности, касающаяся меньшей окружности в точке Т. Докажите, что МТ — биссектриса угла АМВ.

2.29. Через точку М, лежащую внутри окружности S, проведена хорда АБ; из точки M опущены перпендикуляры MP и MQ на касательные, проходящие через точки А и Б. Докажите, что величина 1/РМ + 1/QM не зависит от выбора хорды, проходящей через точку М.

2.30. Окружность Si касается сторон угла АБС в точках А и С. Окружность S2 касается прямой АС в точке С и проходит через точку Б; окружность Si она пересекает в точке М. Докажите, что прямая AM делит отрезок ВС пополам.

2.31. Окружность S касается окружностей Si и S2 в точках Ai и А2; Б — точка окружности S, а К\ и К2 — вторые точки пересечения прямых А1Б и А2Б с окружностями Si и S2. Докажите, что если прямая К1К2 касается окружности Si, то она касается и окружности S2.

См. также задачи 1.55 а), 6.49.

§ 4. Связь величины угла с длиной дуги и хорды

2.32. В окружность вписаны равнобедренные трапеции ABCD и A\BiC\Di с соответственно параллельными сторонами. Докажите, что АС = AiCi.

2.33. Из точки М, двигающейся по окружности, опускаются перпендикуляры MP и MQ на диаметры АБ и CD. Докажите, что длина отрезка PQ не зависит от положения точки М.

2.34. В треугольнике АБС угол Б равен 60°, биссектрисы AD и СЕ пересекаются в точке О. Докажите, что OD = ОЕ.

2.35. В треугольнике АБС углы при вершинах Б и С равны 40°; BD — биссектриса угла Б. Докажите, что BD + DA = ВС.

2.36. На хорде AB окружности S с центром О взята точка С. Описанная окружность треугольника АОС пересекает окружность S в точке D. Докажите, что ВС = CD.

2.37. Внутри квадрата ABCD выбрана точка M так, что ZMAC = ZMCD = а. Найдите величину угла АВМ.

2.38. Вершины А и В правильного треугольника ABC лежат на окружности S, а вершина С— внутри этой окружности. Точка D лежит на окружности S, причём BD = AB. Прямая CD вторично пересекает S в точке Е. Докажите, что длина отрезка ЕС равна радиусу окружности S.

2.39*. По неподвижной окружности, касаясь её изнутри, катится без скольжения окружность вдвое меньшего радиуса. Какую траекторию описывает фиксированная точка К подвижной окружности?

2.40*. В треугольнике ABC угол А наименьший. Через вершину А проведена прямая, пересекающая отрезок ВС. Она пересекает описанную окружность в точке X, а серединные перпендикуляры к сторонам АС и AB — в точках В\ и Ci. Прямые ВС\ и СВ\ пересекаются в точке Y. Докажите, что BY + CY = АХ.

§ 5. Четыре точки, лежащие на одной окружности

2.41. Из произвольной точки M катета ВС прямоугольного треугольника ABC на гипотенузу AB опущен перпендикуляр MN. Докажите, что ZMAN = ZMCN.

2.42. Диагонали трапеции ABCD с основаниями AD и ВС пересекаются в точке О; точки В' и С симметричны вершинам Б и С относительно биссектрисы угла БОС. Докажите, что ZC'AC = ZB'DB.

2.43. Продолжения сторон AB и CD вписанного четырёхугольника ABCD пересекаются в точке Р, а продолжения сторон ВС и AD — в точке Q. Докажите, что точки пересечения биссектрис углов AQB и ВРС со сторонами четырёхугольника являются вершинами ромба.

2.44*. Вписанная окружность касается сторон AB и АС треугольника ABC в точках M и N. Пусть Р — точка пересечения прямой MN и биссектрисы угла Б (или её продолжения). Докажите, что:

а) ZBPC = 90°;

б) Sabp • S abc = 1:2.

2.45*. Внутри четырёхугольника ABCD взята точка M так, что ABMD — параллелограмм. Докажите, что если ZCBM = ZCDM, то ZACD = ZBCM.

2.46*. Прямые АР, BP и CP пересекают описанную окружность треугольника АБС в точках Ai, Б1 и Ci. Точки А2, Б2 и С2 взяты на прямых БС, CA и AB так, что Z(PA2, ВС) = Z(PB2, CA) = Z(PC2, AB). Докажите, что ЛА2Б2С2 ~ ЛА1Б1С1.

2.47*. Вокруг правильного треугольника APQ описан прямоугольник ABCD, причём точки Р и Q лежат на сторонах ВС и CD

соответственно; Р' и Q' — середины сторон АР и AQ. Докажите, что треугольники BQ'C и CP'D правильные.

2.48*. Докажите, что если для вписанного четырёхугольника ABCD выполнено равенство CD = AD + ВС, то точка пересечения биссектрис углов А и В лежит на стороне CD.

2.49*. Диагонали АС и СЕ правильного шестиугольника ABCDEF разделены точками M и N так, что AM : АС = CN : СЕ = А. Найдите Л, если известно, что точки В, M и N лежат на одной прямой.

2.50*. Треугольники ABC и AiBiCi имеют соответственно параллельные стороны, причём стороны AB и А\В\ лежат на одной прямой. Докажите, что прямая, соединяющая точки пересечения описанных окружностей треугольников AiBC и AßiC, содержит точку С\.

2.51*. В треугольнике ABC проведены высоты AAi, ВВ\ и CCi. Прямая KL параллельна CCi, причём точки К и L лежат на прямых ВС и BiCi соответственно. Докажите, что центр описанной окружности треугольника А\КЬ лежит на прямой АС.

2.52*. Через точку О пересечения биссектрис треугольника ABC проведена прямая MN перпендикулярно СО, причём M и N лежат на сторонах АС и ВС соответственно. Прямые АО и ВО пересекают описанную окружность треугольника ABC в точках А! и В'. Докажите, что точка пересечения прямых A'N и В'М лежит на описанной окружности.

§ 6. Вписанный угол и подобные треугольники

2.53. На окружности взяты точки А, Б, С и D. Прямые АБ и CD пересекаются в точке М. Докажите, что АС • AD/AM = ВС • BD/BM.

2.54. На окружности даны точки А, Б и С, причём точка Б более удалена от прямой /, касающейся окружности в точке А, чем С. Прямая АС пересекает прямую, проведённую через точку Б параллельно /, в точке D. Докажите, что АБ2 = АС • AD.

2.55. Прямая I касается окружности с диаметром АБ в точке С; M и N— проекции точек А и Б на прямую /, D — проекция точки С на АБ. Докажите, что CD2 = AM • BN.

2.56. В треугольнике АБС проведена высота АН, а из вершин В и С опущены перпендикуляры BBi и CCi на прямую, проходящую через точку А. Докажите, что ЛАБС ~ 1\НВ\С\.

2.57. На дуге ВС окружности, описанной около равностороннего треугольника АБС, взята произвольная точка Р. Отрезки АР и ВС пересекаются в точке Q. Докажите, что 1/PQ = 1/РВ + 1/РС.

2.58. На сторонах ВС и CD квадрата ABCD взяты точки Е и F так, что ZEAF = 45°. Отрезки АЕ и AF пересекают диагональ BD в точках Р и Q. Докажите, что Saef/Sapq = 2.

2.59. Прямая, проходящая через вершину С равнобедренного треугольника АБС, пересекает основание АБ в точке M, а описанную

окружность в точке N. Докажите, что СМ • CN = АС2 и CM/CN = AM-ВМ/(AN-BN).

2.60. Дан параллелограмм ABCD с острым углом при вершине А. На лучах AB и СВ отмечены точки H и К соответственно так, что СН = ВС и AK = AB. Докажите, что:

а) DH = DK;

б) ADKH ~ ААВК.

2.61. а) Стороны угла с вершиной С касаются окружности в точках А и В. Из точки Р, лежащей на окружности, опущены перпендикуляры PAi, PBi и PCi на прямые ВС, CA и АБ. Докажите, что PC? = PAi - PBi и PAi : PBi = PB2 : PA2.

б) Из произвольной точки О вписанной окружности треугольника АБС опущены перпендикуляры OA!, OB', ОС на стороны треугольника АБС и перпендикуляры OA", OB", ОС" на стороны треугольника с вершинами в точках касания. Докажите, что OA' - OB' - ОС = OA" -OB" ОС".

2.62. Пятиугольник ABCDE вписан в окружность. Расстояния от точки Е до прямых АБ, ВС и CD равны a, b и с соответственно. Найдите расстояние от точки Е до прямой AD.

2.63. В треугольнике АБС проведены высоты AAi, BBi и CCi; Б2 и С2 — середины высот BBi и CCi. Докажите, что ЛА1Б2С2 ~ ЛАБС.

2.64. На высотах треугольника АБС взяты точки Ai, Bi и Ci, делящие их в отношении 2:1, считая от вершины. Докажите, что ЛА1Б1С1 - ЛАБС.

2.65*. Окружность Si с диаметром АБ пересекает окружность S2 с центром А в точках С и D. Через точку Б проведена прямая, пересекающая S2 в точке М, лежащей внутри Si, a Si в точке N. Докажите, что MN2 = CN - ND.

2.66*. Через середину С произвольной хорды АБ окружности проведены две хорды KL и MN (точки К и M лежат по одну сторону от АБ). Отрезки KN и ML пересекают АБ в точках Q и Р. Докажите, что PC = QC (задача о бабочке).

2.67*. а) Окружность, проходящая через точку С, пересекает стороны ВС и АС треугольника АБС в точках Ai и Bi, а его описанную окружность в точке М. Докажите, что ЛАВ1М ~ ЛБА1М.

б) На лучах АС и БС отложены отрезки AAi и BBi, равные полупериметру треугольника ABC. M — такая точка его описанной окружности, что CM II AiBi. Докажите, что ZCMO = 90°, где О — центр вписанной окружности.

См. также задачу 2.27 б).

§ 7. Биссектриса делит дугу пополам

2.68. В треугольнике АБС стороны АС и ВС не равны. Докажите, что биссектриса угла С делит пополам угол между медианой

и высотой, проведёнными из этой вершины, тогда и только тогда, когда ZC = 90°.

2.69. Известно, что в некотором треугольнике медиана, биссектриса и высота, проведённые из вершины С, делят угол на четыре равные части. Найдите углы этого треугольника.

2.70. Докажите, что в любом треугольнике ABC биссектриса АЕ лежит между медианой AM и высотой АН.

2.71. Дан треугольник ABC. На его стороне AB выбирается точка Р и через неё проводятся прямые РМ и PN, параллельные АС и ВС соответственно (точки M и N лежат на сторонах ВС и AC); Q — точка пересечения описанных окружностей треугольников APN и ВРМ. Докажите, что все прямые PQ проходят через фиксированную точку.

2.72. Продолжение биссектрисы AD остроугольного треугольника ABC пересекает описанную окружность в точке Е. Из точки D на стороны AB и АС опущены перпендикуляры DP и DQ. Докажите, что S abc = Sapeq.

§ 8. Вписанный четырёхугольник с перпендикулярными диагоналями

В этом параграфе ABCD — вписанный четырёхугольник, диагонали которого перпендикулярны. Мы будем использовать также следующие обозначения: О — центр описанной окружности четырёхугольника ABCD, Р — точка пересечения диагоналей.

2.73. Докажите, что ломаная АОС делит ABCD на две фигуры равной площади.

2.74. Известен радиус описанной окружности R.

а) Найдите АР2 + BP2 + CP2 + DP2.

б) Найдите сумму квадратов сторон четырёхугольника ABCD.

2.75. Найдите сумму квадратов диагоналей, если известны длина отрезка ОР и радиус окружности R.

2.76. Из вершин А и В опущены перпендикуляры на CD, пересекающие прямые BD и АС в точках К и L соответственно. Докажите, что AKLB — ромб.

2.77. Докажите, что площадь четырёхугольника ABCD равна (AB - CD + ВС- AD)/2.

2.78. Докажите, что расстояние от точки О до стороны AB равно половине длины стороны CD.

2.79. Докажите, что прямая, проведённая из точки Р перпендикулярно ВС, делит сторону AD пополам.

2.80. Докажите, что середины сторон четырёхугольника ABCD и проекции точки Р на стороны лежат на одной окружности.

2.81. а) Через вершины А, В, С и D проведены касательные к описанной окружности. Докажите, что образованный ими четырёхугольник вписанный.

б) Четырёхугольник KLMN вписанный и описанный одновременно; А и Б— точки касания вписанной окружности со сторонами KL и LM. Докажите, что АК-ВМ = г2, где г — радиус вписанной окружности.

См. также задачу 5.45.

§ 9. Три описанные окружности пересекаются в одной точке

2.82. На сторонах треугольника ABC внешним образом построены треугольники ABC, AB'С и А'БС, причём сумма углов при вершинах А', В' и С кратна 180°. Докажите, что описанные окружности построенных треугольников пересекаются в одной точке.

2.83. а) На сторонах ВС, CA и AB треугольника ABC (или на их продолжениях) взяты точки А\, В\ и Ci, отличные от вершин треугольника. Докажите, что описанные окружности треугольников АВ\С\, А\ВС\ и А\В\С пересекаются в одной точке.

б) Точки Ai, В\ и Ci перемещаются по прямым ВС, CA и AB так, что все треугольники А1Б1С1 подобны одному и тому же треугольнику. Докажите, что точка пересечения описанных окружностей треугольников АБ1С1, А1БС1 и А1Б1С остаётся при этом неподвижной. (Треугольники предполагаются не только подобными, но и одинаково ориентированными.)

2.84. Точки Ai, Б1, Ci движутся по прямым ВС, CA, AB так, что все треугольники А1Б1С1 подобны одному и тому же треугольнику (треугольники предполагаются не только подобными, но и одинаково ориентированными). Докажите, что треугольник А1Б1С1 имеет минимальный размер тогда и только тогда, когда перпендикуляры, восставленные из точек Ai, Б1, Ci к прямым ВС, CA, AB пересекаются в одной точке.

2.85. Внутри треугольника АБС взята точка X. Прямые АХ, ВХ и СХ пересекают стороны треугольника в точках Ai, Б1 и Ci. Докажите, что если описанные окружности треугольников АБ1С1, А1БС1 и А1Б1С пересекаются в точке X, то X — точка пересечения высот треугольника АБС.

2.86*. На сторонах ВС, CA и AB треугольника АБС взяты точки Ai, Б1 и Ci. Докажите, что если треугольники А1Б1С1 и АБС подобны и противоположно ориентированы, то описанные окружности треугольников АБ1С1, А1БС1 и А1Б1С проходят через центр описанной окружности треугольника АБС.

2.87*. Точки А', В' и С симметричны некоторой точке Р относительно сторон ВС, CA и AB треугольника АБС.

а) Докажите, что описанные окружности треугольников AB'С, А1 ВС', А1 В1 С и АБС имеют общую точку.

б) Докажите, что описанные окружности треугольников А'ВС, АВ'С, ABC и А'В'С имеют общую точку Q.

в) Пусть /, J, К и О — центры описанных окружностей треугольников А1 ВС, AB1 С, ABC и А1 В1 С. Докажите, что QI : Ol = QJ : О J = QK : ОК.

См. также задачи 28.33, 28.34, 28.38.

§ 10. Точка Микеля

2.88. Четыре прямые образуют четыре треугольника.

а) Докажите, что описанные окружности этих треугольников имеют общую точку (точка Микеля).

б) Докажите, что центры описанных окружностей этих треугольников лежат на одной окружности, проходящей через точку Микеля.

2.89*. Прямая пересекает стороны AB, ВС и CA треугольника (или их продолжения) в точках С\, В\ и Ai; О, Оа, Оь и Ос — центры описанных окружностей треугольников ABC, AlB\C\, А\ВС\ и А\В\С; Н, На, Нь и H с — ортоцентры этих треугольников. Докажите, что:

а) АОаОьОс ~ ЛАБС.

б) серединные перпендикуляры к отрезкам ОН, ОаНа, ОьНь и ОсНс пересекаются в одной точке.

2.90*. Четырёхугольник ABCD вписанный. Докажите, что точка Микеля для прямых, содержащих его стороны, лежит на отрезке, соединяющем точки пересечения продолжений сторон.

2.91*. Точки А, Б, С и D лежат на окружности с центром О. Прямые АБ и CD пересекаются в точке Е, а описанные окружности треугольников АЕС и BED пересекаются в точках Е и Р. Докажите, что:

а) точки A, D, Р и О лежат на одной окружности;

б) ZEPO = 90°.

2.92*. Даны четыре прямые. Докажите, что проекции точки Микеля на эти прямые лежат на одной прямой.

См. также задачи 19.46, 28.34, 28.36, 28.37.

§ 11. Разные задачи

2.93. В треугольнике АБС проведена высота АН; О — центр описанной окружности. Докажите, что ZOAH = \ZB — ZC|.

2.94. Пусть H — точка пересечения высот треугольника АБС, а АА/ — диаметр его описанной окружности. Докажите, что отрезок А'Н делит сторону ВС пополам.

2.95. Через вершины А и Б треугольника АБС проведены две параллельные прямые, а прямые тип симметричны им относительно биссектрис соответствующих углов. Докажите, что точка пересечения прямых тип лежит на описанной окружности треугольника АБС.

2.96. а) Из точки А проведены прямые, касающиеся окружности S в точках Б и С. Докажите, что центр вписанной окружности тре-

угольника АБС и центр его вневписанной окружности, касающейся стороны ВС, лежат на окружности S.

б) Докажите, что окружность, проходящая через вершины Б и С любого треугольника ABC и центр О его вписанной окружности, высекает на прямых AB и АС равные хорды.

2.97*. На сторонах АС и ВС треугольника ABC внешним образом построены квадраты АСА\А^ и БСБ1Б2. Докажите, что прямые А\В, А2В2 и АВ\ пересекаются в одной точке.

2.98*. Окружности Si и S2 пересекаются в точках А и Б, причём касательные к Si в этих точках являются радиусами S2. На внутренней дуге Si взята точка С и соединена с точками А и Б прямыми. Докажите, что вторые точки пересечения этих прямых с S2 являются концами одного диаметра.

2.99*. Из центра О окружности опущен перпендикуляр OA на прямую I. На прямой I взяты точки Б и С так, что АБ = АС. Через точки Б и С проведены две секущие, первая из которых пересекает окружность в точках Р и Q, а вторая — в точках M и N. Прямые РМ и QN пересекают прямую I в точках R и S. Докажите, что AR = AS (задача о бабочке).

Задачи для самостоятельного решения

2.100. В треугольнике АБС проведены высоты АА\ и BBi; M — середина стороны АБ. Докажите, что MAi =МВ\.

2.101. В выпуклом четырёхугольнике ABCD углы А и С прямые. Докажите, что АС = BD • sin АБС.

2.102. Диагонали AD, BE и CF вписанного шестиугольника ABCDEF пересекаются в одной точке. Докажите, что АБ • CD • EF = BC-DE- AF.

2.103. В выпуклом четырёхугольнике АБ = ВС = CD, M — точка пересечения диагоналей, К — точка пересечения биссектрис углов А и D. Докажите, что точки А, М, К и D лежат на одной окружности.

2.104. Окружности с центрами 0\ и О2 пересекаются в точках А и Б. Прямая OiA пересекает окружность с центром О2 в точке N. Докажите, что точки Ol, О2, В и N лежат на одной окружности.

2.105. Окружности Si и S2 пересекаются в точках А и Б. Прямая MN касается окружности Si в точке M и окружности S2 в точке N. Пусть А — та из точек пересечения окружностей, которая более удалена от прямой MN. Докажите, что ZO1AO2 = 2ZMAN.

2.106. Дан четырёхугольник ABCD, вписанный в окружность, причём АБ = ВС. Докажите, что Sabcd = ^(^^ + CD) • Нъ, где Кь — высота треугольника ABD, опущенная из вершины Б.

2.107. Четырёхугольник ABCD вписанный, причём АС — биссектриса угла DAB. Докажите, что АС • BD = AD • DC + AB • ВС.

2.108. В прямоугольном треугольнике АБС из вершины прямого угла С проведены биссектриса СМ и высота CH. HD и НЕ — биссектрисы треугольников АНС и СНВ. Докажите, что точки С, D, Н, Е и M лежат на одной окружности.

2.109. Две окружности проходят через вершину угла и точку его биссектрисы. Докажите, что отрезки, высекаемые ими на сторонах угла, равны.

2.110. Треугольник ВНС, где H — ортоцентр треугольника ABC, достроен до параллелограмма BHCD. Докажите, что ZBAD = ZCAH.

2.111. Вне правильного треугольника ABC, но внутри угла ВАС взята точка M так, что ZCMA = 30° и ZBMA = а. Чему равен угол АВМ1

2.112. Докажите, что если вписанный четырёхугольник с перпендикулярными диагоналями является также и описанным, то он симметричен относительно одной из диагоналей.

Решения

2.1. Проведём диаметр AD. Тогда ZCDA= ZCBA, а значит, ZBAH = ZDAC, так как ZBHA = ZACD = 90°.

2.2. Из свойств ориентированных углов имеем Z(AC, CK) = Z(AM, МК) = Z(BM, МК) = Z(BD, DK) = Z(BD, CK), т. е. AC \\ BD.

2.3. Точки P и Q лежат на окружности с диаметром AM. Поэтому ZQMA = ZQPA как углы, опирающиеся на одну дугу. Треугольники РАК и MAQ прямоугольные, следовательно, ZPAK = ZMAQ.

2.4. а) Так как ZAOM = ZBAO + ZABO = (ZA + ZB)/2 и ZOAM = ZOAC + ZCAM = ZA/2 + ZCBM = (ZA + ZB)/2, то MA = МО. Аналогично MC = МО.

Так как треугольник ОАОь прямоугольный и ZAOM = ZMAO = ср, то ZMAOb = ZMObA = 90° - ср, а значит, MA = МОь. Аналогично MC = МОь.

б) Пусть Р — центр описанной окружности треугольника АСО. Тогда ZCOP = (180° - ZCPO)/2 = 90° - ZOAC. Поэтому ZBOC = 90° + ZOAC. Аналогично ZBOC = 90° + ZOAB, а значит, ZOAB = ZOAC. Аналогично доказывается, что точка О лежит на биссектрисах углов Б и С.

2.5. Пусть О — вершина данного прямого угла. Точки О и А лежат на окружности с диаметром ВС, поэтому ZAOB = ZACB = ZC. Из этого следует, что точка А движется по прямой, образующей со стороной данного прямого угла угол, равный ZC. В крайних положениях расстояния от точки А до точки О равны гипотенузе ВС и наименьшему катету ВА. Действительно, OA = ВС sin ср, где ср = ZOCA. Угол ср изменяется от ZC до 90° + ZC = 180° — ZB, поэтому наибольшее значение sin ср равно 1, а наименьшее значение равно наименьшему из чисел sin С и sin Б. Таким образом, длина отрезка, по которому движется точка А, равна разности между длиной гипотенузы и длиной наименьшего катета прямоугольного треугольника АБС.

Замечание 1. Аналогичное утверждение верно для любого треугольника ABC, вершины которого скользят по сторонам угла MON, равного 180° - ZA.

Замечание 2. В случае, когда угол А не прямой, вершина А движется по эллипсу (задача 31.63).

2.6. Точки В, D а К лежат на окружности с диаметром АС. Пусть для определённости ZKCA=cp^45°. Тогда ВК=AC sin(45° - ср) =AC(cos ср-sin ср)/\[2 и DK = AC sin(45° + ср) = AC(coscp + sin ср)/л/2. Ясно, что AC cos ср = CK и АС sin ср = АК.

2.7. Так как ZB\AA\ = ZA\BB\, точки А, В, А\ и В\ лежат на одной окружности. Параллельные прямые АБ и А1Б1 высекают на ней равные хорды ABi и БАЬ Поэтому АС = ВС.

2.8. Построим на стороне ВС треугольника АБС внешним образом правильный треугольник А1БС. Пусть Р— точка пересечения прямой AAi с описанной окружностью треугольника А1БС. Тогда точка Р лежит внутри треугольника АБС и ZAPC = 180° - ZAXPC = 180° - ZAXBC = 120°. Аналогично ZAPB = 120°.

2.9. Основания перпендикуляров, опущенных из точки M на диаметры, лежат на окружности S с диаметром ОМ (О — центр исходной окружности). Точки пересечения данных диаметров с окружностью S, отличные от точки О, делят её на п дуг. Так как на все дуги, не содержащие точку О, опираются углы 180°/д, то угловые величины этих дуг равны 360°/д. Поэтому угловая величина дуги, на которой лежит точка О, равна 360° - (п — 1) • 360°/п = 360°/д. Следовательно, основания перпендикуляров делят окружность S на п равных дуг.

2.10. Ясно, что Z(AAi, ВВг) = Z(AAU АВХ) + Z(ABU ВВг) = Z(MAU МВ\) + Z(AiV, BN). Так как МА\ JLBN и МВ\ JL AN, то Z(МА\, МВ\) = Z(BN, AN) = -Z(AN, BN). Поэтому Z(AA\, BB\) = 0°, т.е. AAi \\ВВг.

2.11. Ясно, что

Треугольники АРВ и CPD равнобедренные, поэтому Z(AB, BP) = Z(PA, AB) и Z(PC, CD) = Z(CD, DP). Следовательно, Z(AQ, QD) = Z(CQ, QB).

2.12. Так как AB || DE, то ZACE = ZBFD, а так как ВС || ЕЕ, то ZCAE = ZFDB. Треугольники АСЕ и BDF имеют по два равных угла, поэтому третьи углы у них тоже равны. Из равенства этих углов следует равенство дуг АС и DF, т. е. параллельность хорд CD и AF.

2.13. Доказательство проведём индукцией по п. Для четырёхугольника утверждение очевидно, для шестиугольника оно было доказано в предыдущей задаче. Допустим, что утверждение доказано для 2(п — 1)-угольника, и докажем его для 2n-угольника. Пусть Ai...A2rt есть 2n-угольник, в котором А1А2 II A/l+iA/l+2, Аа-\Ап II A2/l-iA2/l. Рассмотрим 2(п - ^-угольник А1А2... Ап-\Ап+\... А'2,1-1- По предположению индукции при нечётном п получаем A^-iA^+i = А2п-\А\, при чётном п получаем Ап-\Ап+\ \\ А2п-\А\.

Рассмотрим треугольник Ап iAnA/l+i и треугольник A2ll-\A2llA\. Пусть п четно. Тогда векторы А/г_1А/г и А2п-\А2п, Ап-\Ап+\ и А2п-\А\ параллельны и противоположно направлены, поэтому ZAnAn-\An+\ = ZA\A2n-\A2n и ArtA/l+i = А2пА\ как хорды, отсекающие равные дуги, что и требовалось. Пусть п нечётно. Тогда Ап-\Ап+\ = А2п-\А\, т.е. AiArt_i || A/l+iА2п-\. В шестиугольнике An-iAnAn+iA2n-iA2nAi имеем AiA„_i || A/l+iA2/l-i, А/г_1А/г || А2п-ХА2п, поэтому согласно предыдущей задаче АпАп+\ || А2пА\, что и требовалось.

2.14. Пусть прямые FG, GE и EF проходят через точки А, В и С, причём треугольник EFG равносторонний, т.е. /(GE, EF) = /(EF, FG) = /(FG, GE) = ±60°. Тогда /(БЕ, EC) = /(CF, FA) = /(AG, GB) = ±60°. Выбрав один из знаков, получим три окружности Se, Sf и Sg, на которых должны лежать точки Е, F и G. Любая точка Е окружности Se однозначно определяет треугольник EFG.

Пусть О — центр треугольника EFG; Р, R и Q — точки пересечения прямых ОЕ, OF и OG с соответствующими окружностями Se, Sf и Sq. Докажем, что Р, Q и R — центры правильных треугольников, построенных на сторонах треугольника ABC (для одного семейства внешним образом, для другого внутренним), а точка О лежит на описанной окружности треугольника PQR. Ясно, что /(СБ, BP) = /.{СЕ, ЕР) = /(EF, ЕО) = т30°, a /(BP, СР)=/(ВЕ, EC)=/(GE, EF) = ±60°. Поэтому /(СБ, СР) = /(СВ, BP) + /(BP, CP) = ±30°. Следовательно, Р — центр правильного треугольника со стороной AB. Для точек Q и R доказательство аналогично. Треугольник PQR равносторонний, причём его центр совпадает с точкой пересечения медиан треугольника ABC (см. задачу 1.50 б). Можно проверить, что /(PR, RQ) = т60° = / (ОЕ, OG) = / (OP, OQ), т.е. точка О лежит на описанной окружности треугольника PQR.

2.15. Ясно, что 2(/КЕС + /.КDC) = (^МВ + wAC) + (^МВ + ^ВС) = 360°, так как ^МВ = wAM.

2.16. Обозначим угловую величину дуги, высекаемой сторонами треугольника АБС на окружности, через а. Рассмотрим дугу, высекаемую продолжениями сторон треугольника на окружности, и обозначим её угловую величину через а'. Тогда (а + ос')/2 = /ВАС = 60°. Но ос = ос', так как эти дуги симметричны относительно прямой, проходящей через центр окружности параллельно стороне ВС. Поэтому а = ос' = 60°.

2.17. Так как /АРВ = (wAB + kjCD)/2 = /АОВ, точка О лежит на описанной окружности треугольника АРБ.

2.18. Пусть О — точка пересечения прямых AiCi и B\D\; ос, ß, у и 8 — угловые величины дуг AB, ВС, CD и DA. Тогда

2.19. Складывая равенства ^С'А + wCA' = 2(180° - /АРС) = 240° - 2/Б и ууАВ' + \уВА! = 240° — 2/С, а затем вычитая из их суммы равенство ^БА' + wCA' = 2/А, получаем ^С'В' = wC'A + ^АБ' = 480° - 2 (/А + /В + /С) = 120°. Аналогично ^В'А' = kjC'A! = 120°.

2.20. а) Докажем, например, что АА\ ±С\В\. Пусть M — точка пересечения этих отрезков. Тогда /АМВ\ = (wABi + ^АХВ + ^БС0/2 = /АВВ\ + /А\АВ + /БСС1 = (/В + /А + /С)/2 = 90°.

б) Пусть Mi и М2 — точки пересечения отрезков АА\ и ВС, ВВ\ и АС. Прямоугольные треугольники АМ\С и ВМ2С имеют общий угол С, поэтому /ВХВС = /АХАС, а значит, ^ВХС = ^АХС и /Б1С1С = /А\С\С, т.е. CCi — биссектриса угла А1С1Б1.

2.21. Обозначим вершины треугольника Т\ через А, Б и С; середины дуг ВС, CA, AB через Аь Бь Сь Тогда Т2 = AiBiCi. Прямые ААЬ ББЬ CCi являются биссектрисами треугольника Т\, поэтому они пересекаются в одной точке О. Пусть прямые AB и С1Б1 пересекаются в точке К. Достаточно проверить, что КО \\ АС. В треугольнике АВ\0 прямая Б1С1 является биссек-

трисой и высотой (задача 2.20 а), поэтому этот треугольник равнобедренный. Следовательно, треугольник АКО тоже равнобедренный. Прямые КО и АС параллельны, так как ZKOA = ZKAO = ZOAC.

2.22. Пусть / — касательная в точке А к первой окружности. Тогда Z(Z, АР) = Z(AQ, PQ) = Z(BC, PB), а значит, I || ВС.

2.23. Так как Z(AB, AD) = Z(AP, PD) = Z(AB, ВС), то ВС || AD.

2.24. Ясно, что Z(AB, BS) = Z(AQ, QB) и Z(BA, AQ) = Z(BS, SA). Поэтому Z(BA, AS) = Z(AB, BQ), а значит, PS || QR. Далее, Z(AP, PQ) = Z(AB, BQ) = Z(AS, SR), поэтому PQ || SR.

2.25. Пусть для определённости точка Е лежит на луче ВС. Тогда ZABC = ZEAC и ZADE = ZABC + ZBAD = ZEAC + ZCAD = ZDAE.

2.26. Пусть Р — вторая точка пересечения окружностей. Тогда Z(AB, DB) = Z(PA, PB) и Z(DC, AC) = Z(PC, РА). Складывая эти равенства, получаем Z(DC, DB) = Z(PC, PB) = Z(PC, CA) + Z(BA, PB); последние два угла опираются на постоянные дуги.

2.27. а) Так как ZMAB = ZBNA, то сумма углов ABN и MAN равна сумме углов треугольника ABN.

б) Так как ZBAM = ZBNA и ZBAN = ZBMA, то ААМВ ~ ANAB, а значит, AM : NA = MB : AB и AM : NA = AB : NB. Перемножая эти равенства, получаем требуемое.

2.28. Пусть А\ и Б] — точки пересечения прямых MA и MB с меньшей окружностью. Так как M — центр гомотетии окружностей, то А\В\ \\ AB. Поэтому ZA\MT = ZAi ТА = ZBiAi Т = ZB\MT.

2.29. Пусть ср — угол между хордой AB и касательной, проходящей через один из её концов. Тогда AB = 2i?sin^, где R — радиус окружности S. Кроме того, РМ = AM sin ср и QM = ВМ sin ср. Поэтому

Величина AM • ВМ не зависит от выбора хорды AB.

2.30. Пусть прямая AM вторично пересекает окружность S<2 в точке D. Тогда ZMDC = ZMCA = ZMAB, поэтому CD || AB. Далее, ZCAM = ZMCB = ZMDB, поэтому АС || BD. Таким образом, ABCD — параллелограмм, и его диагональ AD делит диагональ ВС пополам.

2.31. Проведём прямую 1\, касающуюся S\ в точке А\. Прямая K\Kz касается S\ тогда и только тогда, когда Z(K\Kz, К\А\) = Z(K\A\, h). Ясно также, что Z(K\A\, h) = Z(A\B, l\) = Z(AiB, A\AZ). Аналогично прямая К\Кч касается S2 тогда и только тогда, когда Z(K\Kz, К2А2) = Z(A\B, А1А2). Остаётся заметить, что если Z(K\K2, К\А\) = Z(A2B, А1А2), то Z(K\K2-> К2А2) — = Z(K1K2, A2B) = Z(KlK2, A,B)+Z(A,B, A,A2) + Z(A,A2, A2B)=Z(AlB, A1A2).

2.32. На хорды АС и A\C\ опираются равные углы ABC и А\В\С\, поэтому AC = AiCi.

2.33. Обозначим центр окружности через О. Точки Р и Q лежат на окружности с диаметром ОМ, т. е. точки О, P, Q и M лежат на окружности постоянного радиуса R/2. При этом либо ZPOQ = ZAOD, либо ZPOQ = ZBOD = 180° — ZAOD, т. е. длина хорды PQ постоянна.

2.34. Так как ZAOC = 90° + ZB/2 (см. задачу 5.3), то ZEBD + ZEOD = 90° + З/Б/2 = 180°, а значит, четырёхугольник BEOD вписанный. На хорды ЕО и OD опираются равные углы ЕВО и OBD, поэтому ЕО = OD.

2.35. Возьмём на продолжении отрезка BD за точку D такую точку Q, что A ACQ = 40°. Пусть Р — точка пересечения прямых AB и QC. Тогда АВРС = 60° и D — точка пересечения биссектрис углов треугольника ВСР. Согласно задаче 2.34 AD = DQ. Кроме того, ABQC = ABCQ = 80°. Следовательно, ВС = BD + DQ = BD + DA.

2.36. Достаточно проверить, что внешний угол ACD треугольника BCD в два раза больше угла при вершине В. Ясно, что AACD = AAOD = 2AABD.

2.37. Если точка M лежит внутри треугольника ABC, то АМАС < 45° < < AMCD. Легко также проверить, что на сторонах треугольников ABC и ACD точка M лежать не может, поэтому она лежит внутри треугольника ACD. При этом ААМС = 180° - АМАС - (45° - AMCD) = 135°. Это означает, что точка M лежит на дуге окружности радиуса AB с центром Б. Поэтому по теореме о вписанном угле ААВМ = 2ААСМ = 90° - 2а.

2.38. Пусть О — центр окружности S. Точка В является центром описанной окружности треугольника ACD, поэтому ACDA = ААВС/2 = 30°, а значит, АЕОА = 2AEDA = 60°, т.е. треугольник ЕОА равносторонний. Кроме того, ААЕС = AAED = ААОВ = 2ААОС, поэтому точка Е является центром описанной окружности треугольника АОС. Следовательно, ЕС = ЕО.

2.39. Рассмотрим два положения подвижной окружности: в первый момент, когда точка К попадает на неподвижную окружность (точку касания окружностей в этот момент мы обозначим через К\), и какой-нибудь другой (второй) момент. Пусть О — центр неподвижной окружности, 0\ и Ог — положения центра подвижной окружности в первый и во второй моменты соответственно, К2 — положение точки К во второй момент. А — точка касания окружностей во второй момент. Поскольку окружность катится без проскальзывания, длина дуги К\А равна длине дуги К2А. Так как радиус подвижной окружности в два раза меньше, ZK2Ö2A = 2ZK\OA. Точка О лежит на подвижной окружности, поэтому ZK2OA = ZK2ö2A/2 = ZK\OA, т.е. точки К2, К\ и О лежат на одной прямой.

Траектория движения — диаметр неподвижной окружности.

2.40. В треугольнике ABC сторона ВС наименьшая, поэтому серединные перпендикуляры к сторонам АС и AB пересекают стороны AB и АС, а не их продолжения. Из этого следует, что точка Y лежит внутри треугольника ABC.

Пусть прямые ВС\ и СВ\ пересекают описанную окружность в точках В2 и С2. Точка В\ лежит на серединном перпендикуляре к стороне АС\, поэтому ZXAC = ZBiAC = ZBiCA= ZC2CA. Аналогично ZXAB = ZB2BA. Следовательно, дуги ВС и В2С2 равны, а значит, хорды ВС2 и В2С параллельны. Поэтому BY = YC2, а значит, BY + CY = CY + YC2 = СС2 = АХ, поскольку отрезки СС2 и АХ симметричны относительно серединного перпендикуляра к отрезку АС.

2.41. Точки N к С лежат на окружности с диаметром AM. Углы MAN и MCN опираются на одну дугу, поэтому они равны.

2.42. При симметрии относительно биссектрисы угла ВОС прямые АС и DB переходят друг в друга, поэтому нужно доказать, что АС'AB' = AB'DC'. Так как ВО = В'О, СО = СО и АО : DO = СО: ВО, то АО • В'О = DO • СО, т. е. четырёхугольник AC'B'D вписанный и АС AB' = AB'DC.

2.43. Обозначим точки пересечения и углы так, как показано на рис. 2.1. Достаточно проверить, что х = 90°. Углы четырёхугольника BMRN равны 180° - ср, а + (р, ß + (р их, поэтому равенство х = 90° эквивалентно равенству

Рис. 2.1

(2а + ср) + (2ß + ср) = 180°. Остаётся заметить, что 2а + ср = ZBAD и 2/3 + ср = ZBCD.

2.44. а) Достаточно доказать, что если Pi — точка биссектрисы угла В (или её продолжения), из которой отрезок ВС виден под углом 90°, то Pi лежит на прямой MN. Точки Pi и N лежат на окружности с диаметром СО, где О — точка пересечения биссектрис, поэтому Z(PiN, NC) = Z(PxO, ОС) = (180° - ZA)/2 = Z(MN, NC).

б) Так как ZBPC = 90°, то BP = BC cos (Б/2), поэтому Sabp : SAbc = (BPsin(B/2)) : (ВС sin Б) = 1:2.

2.45. Возьмём точку N так, что BN || MC и NC II ВМ. Тогда NA || СБ, /А^СБ = ZCBM = ZCDM = ZNAB, т. е. точки А, В, N к С лежат на одной окружности. Поэтому ZACD = ZNAC = ZNBC = ZBCM.

2.46. Четыре точки А2, В2, С и Р лежат на одной окружности, поэтому Z(A2B2, B2P) = Z(A2C, CP) = Z(BC, CP). Аналогично Z(B2P, B2C2) = Z(AP, BA). Поэтому Z(A2B2, B2C2) = Z(BC, CP) + Z(AP, AB)=Z(BXB, BiCi)+Z(AiBu BXB) = Z(A\B\, B\C\). Аналогично проверяется, что и все другие углы треугольников А1Б1С1 и А2В2С2 равны или составляют в сумме 180°; следовательно, эти треугольники подобны (см. задачу 5.48).

2.47. Точки Q' и С лежат на окружности с диаметром PQ, поэтому ZQ'CQ = ZQ'PQ = 30°. Следовательно, ZBCQ'= 60°. Аналогично ZCBQ' = 60°, а значит, треугольник BQ'C правильный. Аналогично треугольник CP'D правильный.

2.48. Пусть ZBAD = 2а и ZCBA = 2ß; для определённости будем считать, что а ^ ß. Возьмём на стороне CD точку Е так, что DE = DA. Тогда СЕ = CD — AD = СВ. Угол при вершине С равнобедренного треугольника ВСЕ равен 180° — 2а, поэтому ZCBE = а. Аналогично ZDAE = ß. Биссектриса угла В пересекает CD в некоторой точке F. Так как ZFBA — ß — ZAED, четырёхугольник ABFE вписанный, а значит, ZFAE = ZFBE = а — ß. Следовательно, ZFAD = ß + (а - ß) = а, т.е. AF — биссектриса угла А.

2.49. Так как ED = CB, EN = CM и ZDEC = ZBCA = 30° (рис. 2.2), то AEDN = ЛСБМ. Пусть ZMBC = ZNDE = a, ZBMC = ZEND = ß. Ясно, что ZDNC = 180° — ß. Рассматривая треугольник BNC, получаем ZBNC = 90° — а. Поскольку а+/3 = 180о-30° = 150°, то ZDNB = ZDNC + ZCNB = (180° - ß) 4- (90° - а) = 270° -(a+ß) = 120°. Поэтому точки В, О, N к D (О — центр шестиугольника) лежат на одной окружности. При этом СО = СВ = CD, т. е. С — центр этой окружности, следовательно, Л = CN : СЕ = СВ : CA = 1 : у/3.

2.50. Пусть D — вторая точка пересечения описанных окружностей треугольников А1БС и ABiC. Тогда Z(AC, CD) = Z(AB\, B\D) и Z(DC, CB) = Z(DAU A\B).

Рис. 2.2

Поэтому /(АХСХ, CiBi) = /.(AC, CB) = /(AC, CD) + /(DC, CB) = /(ABU B\D) + /(DA\, A\B) = /(A\D, DB\), т.е. точки A\, B\, C\ и D лежат на одной окружности. Следовательно, /(А\С\, C\D) = /(А\В\, B\D) = /(AC, CD). Учитывая, что А\С\ II АС, получаем требуемое.

2.51. Пусть точка M симметрична точке А\ относительно прямой АС. Согласно задаче 1.58 точка M лежит на прямой В\С\. Поэтому /(LM, МА\) = / (С\В\, В\В) = / (С\С, СВ) = / (LK, КА\), т.е. точка M лежит на описанной окружности треугольника A\KL. Следовательно, центр этой окружности лежит на прямой АС — серединном перпендикуляре к отрезку А\М.

2.52. Пусть PQ— диаметр, перпендикулярный AB, причём Q и С лежат по одну сторону от AB; L — точка пересечения прямой QO с описанной окружностью; M' и N' — точки пересечения прямых LB' и LA' со сторонами АС и ВС. Достаточно проверить, что M' = M и N' = N.

Так как wPA + wAB' + ^B'Q = 180°, то ^B'Q = /A, а значит, /B'LQ = /M'AO. Следовательно, четырёхугольник AM'OL вписанный и /М'ОА — /М'LA — /В/2. Поэтому /СМ'О = (/А + /В)/2, т. е. М' = М. Аналогично N' = N.

2.53. Так как AADM ~ АСВМ и ААСМ ~ ADBM, то AD : СВ = DM : ВМ и АС : DB = AM : DM. Остаётся перемножить эти равенства.

2.54. Пусть D\ — точка пересечения прямой BD с окружностью, отличная от точки Б. Тогда ^АВ = ^AD\, поэтому /АСЕ — /AD\B = /ABD\. Треугольники АСЕ и ABD имеют общий угол А и, кроме того, /АСЕ — /ABD, поэтому ААСВ ~ AABD. Следовательно, AB : АС = AD : AB.

2.55. Пусть О — центр окружности. Так как /MAC — /АСО — /CAO, то ААМС = AADC. Аналогично ACDB = ACNB. Так как AACD ~ ACDB, то CD2 = AD • DB = AM • NB.

2.56. Точки B\ и H лежат на окружности с диаметром AB, поэтому /(AB, ВС) = /(AB, ВН) = /(АВи В\Н) = /(Bid, В\Н). Аналогично имеем /(АС, ВС) = /(В1С1, СхН).

2.57. На продолжении отрезка BP за точку Р возьмём точку D так, что PD = CP. Тогда треугольник С DP правильный и CD\\QP. Поэтому BP:PQ = BD:DC= (BP + CP) : CP, т. е.

2.58. Отрезок QE виден из точек А и Б под углом 45°, поэтому четырёхугольник ABEQ вписанный. А так как /АВЕ = 90°, то /AQE = 90°. Следовательно, треугольник AQE прямоугольный равнобедренный и AE/AQ = \/~2. Аналогично AF/AP = \[2.

2.59. Так как /ANC = /ABC = /САВ, то АСАМ ~ АС NA, а значит, СА:СМ = CN : CA, т. е. СМ • CN = АС2, и AM :NA = CM: CA. Аналогично ВМ : NB = СМ:СВ. Поэтому AM • BM/(AN • BN) = СМ2/CA2 = CM2/(CM • CN) = CM/CN.

2.60. Так как AK = AB = CD, AD = BC = CH и /КAD = /DCH, то AADK = ACHD и DK = DH. Покажем, что точки А, К, H, С и D лежат на одной окружности. Опишем вокруг треугольника ADC окружность. Проведём в этой окружности хорду СК\ параллельно AD и хорду АН\ параллельно DC. Тогда К\А = DC и Н\С = AD. Значит, К\ = К и Н\=Н, т.е. построенная окружность проходит через точки К и H и углы К АН и KDH равны, так как они опираются на одну дугу. Кроме того, уже было показано, что KDH — равнобедренный треугольник.

2.61. а) /РВА\ = /РАС\ и /РВС\ = /РАВ\, поэтому прямоугольные треугольники PBAi и PACi, PABi и PBCi подобны, т.е. PAi : PB = РС\ : РА,

РВ\ : РА = РС\ :РВ. Перемножив эти равенства, получим РА\ • РВ\ = РС\, а поделив их, получим РА\ : РВ\ = PB2 : PÄ2.

б) Согласно a) OA" = у/OB' ОС, ОБ" = у/ОА' ОС, ОС" = VOA' OB'. Перемножая эти равенства, получаем требуемое.

2.62. Пусть К, L, M и N — основания перпендикуляров, опущенных из точки Е на прямые AB, ВС, CD и DA. Точки К п N лежат на окружности с диаметром АЕ, поэтому Z(EK, KN) = Z(EA, AN). Аналогично Z(EL, LM) = Z(EC, CM) = Z(EA, AN), а значит, Z(EK, KN) = Z(EL, LM). Аналогично Z(EN, NK) = Z(EA, AK) = Z(EC, CB) = Z(EM, ML). Следовательно, AEKN ~ AELM, а значит, EK : EN = EL : EM, т.е. EN = EK • EM/EL = ac/b.

2.63. Пусть H— точка пересечения высот, M — середина стороны ВС. Точки Ai, В'2 и С'2 лежат на окружности с диаметром МН, поэтому Z(B2AX, А1С2) = Z(B2M, МС2) = Z(AC, AB). Кроме того, Z(AXB2, В2С2) = Z(AXH, НС2) = Z(BC, AB) и Z(AXC2, С2В2) = Z(BC, AC).

2.64. Пусть M — точка пересечения медиан, H — точка пересечения высот треугольника АБС. Точки Ai, Б1 и Ci —проекции точки M на высоты, поэтому они лежат на окружности с диаметром МН. Следовательно, Z(A\B\, В\С\) = Z(AH, HC) = Z(BC, AB). Записывая аналогичные равенства для других углов, получаем требуемое.

2.65. Пусть прямые ВМ и DN вторично пересекают S2 в точках L и Ci соответственно. Докажем, что прямые DC\ и CN симметричны относительно прямой AN. Так как BN _1_ ЛА, достаточно проверить, что ZCNB = ZBND. Но дуги СБ и BD равны. Дуги Ci M и CL симметричны относительно прямой AN, поэтому они равны, а значит, ZMDC\ = ZCML. Кроме того, ZCNM = ZMND. Следовательно, AMCN ~ ADMN, т.е. CN : MN = MN : DN.

2.66. Опустим из точки Q перпендикуляры QK\ и QA^i на KL и NM, из точки Р перпендикуляры РМ\ и PL\ на NM и KL. Ясно, что

Так как

то

Поэтому

Отсюда получаем QC = PC.

2.67. а) Так как ZCAM = ZCBM и ZCBXM = ZCAXM, то ZBXAM = ZAXBM и ZABiM = Z5AiM.

б) Пусть Mi —такая точка окружности S с диаметром СО, что CMi || А1В1; М2 — точка пересечения окружности S с описанной окружностью треугольника АБС; А2 и В2 — точки касания вписанной окружности со сторонами ВС и АС. Достаточно проверить, что Мх — М2. Согласно задаче а) ААВ2М2 ~ АВА2М2, поэтому В2М2 : А2М2 = АВ2 : ВА2. А так как CAi =р - Ь = ВА2 и CBi =АВ2, то

На дуге А2СВ2 окружности S существует единственная точка X, для которой В2Х : А2Х = k (см. задачу 7.14), поэтому Мх =М2.

2.68. Пусть О — центр описанной окружности треугольника, M — середина стороны AB, H — основание высоты СН, D — середина той из дуг, задаваемых точками А и Б, на которой не лежит точка С. OD || СН, поэтому ADCH = AMDC. Биссектриса делит пополам угол между медианой и высотой тогда и только тогда, когда AMCD = ADCH = AMDC = АО DC = AOCD, т.е. M — О и AB — диаметр окружности.

2.69. Пусть а = А А < AB. Согласно предыдущей задаче АС = 90°. Медиана СМ делит треугольник АБС на два равнобедренных треугольника. ААСМ = АА= a, AM С В = За, значит, а + За = 90°, т.е. а = 22,5°. Поэтому ZA = 22,5°, AB = 67,5°, АС = 90°.

2.70. Пусть D — точка, в которой прямая АЕ пересекает описанную окружность. Точка D является серединой дуги ВС. Поэтому MD || АН, причём точки А и Б лежат по разные стороны от прямой МН. Следовательно, точка Е лежит на отрезке МН.

2.71. Ясно, что A(AQ, QP) = A (AN, NP) = А(РМ, MB) = A(QP, QB). Поэтому точка Q лежит на окружности, из которой отрезок AB виден под углом 2А(АС, СВ), причём прямая QP делит дугу AB этой окружности пополам.

2.72. Точки Р и Q лежат на окружности с диаметром AD; эта окружность пересекает сторону ВС в точке F (F не совпадает с D, если AB ф АС). Ясно, что A(FC, СЕ) = А(ВА, АЕ) = A (DA, AQ) = A(DF, FQ), т.е. ЕС || FQ. Аналогично BE II FP. Для завершения доказательства остаётся заметить, что площади треугольников, прилегающих к боковым сторонам трапеции, равны.

2.73. Пусть ААОВ = а и ACOD = ß. Тогда а/2 + ß/2 = AADP + АР AD = 90°. А так как 2Saob = R2 sin а и 2Scod = R2 sin/3, где R — радиус описанной окружности, то Saob = Scod. Аналогично S вое = SAod-

2.74. Пусть ААОВ = 2а и ACOD = 2ß. Тогда a+ß = AADP + АР AD = 90°. Поэтому (АР2 + BP2) + (CP2 + DP2) = AB2 + CD2 = 4R2(sin2 a + cos2 a) = AR2. Аналогично ВС2 + AD2 = 4Д2.

2.75. Пусть M —середина AC, N — середина BD. AM2 = AO2 - ОМ2, BN2 =B02-ON2, поэтому АС2+ББ2 = 4(Б2-ОМ2)+4(Б2-ОА^2)=8Б2-4(ОМ2+ОА^2) = 8R2 - ЮР2, так как ОМ2 + ОДГ2 = ОР2.

2.76. Острые углы BLP и BDC имеют соответственно перпендикулярные стороны, поэтому они равны. Следовательно, ABLP = ABDC = АВАР. Кроме того, AK II BL и AL !_ ВК. Поэтому AKLB — ромб.

2.77. Возьмём на описанной окружности точку D' так, что DD' \\ АС. Так как DD' ± BD, то BD' — диаметр, а значит, AD'AB = AD'CB = 90°. Поэтому S abcd = S abcd' = (AD' • AB + ВС • СБ')/2 = (AB - CD + ВС -AD)/2.

2.78. Проведём диаметр АЕ. АВЕА = АВСР и А ABE = АВРС = 90°, поэтому АЕАВ = АСВР. Углы, опирающиеся на хорды ЕВ и CD, равны, поэтому EB = CD. Так как АЕВА= 90°, расстояние от точки О до AB равно ЕВ/2.

2.79. Пусть перпендикуляр, опущенный из точки Р на ВС, пересекает ВС в точке H и AD в точке M (рис. 2.3). ABDA = АБСА = АВРН = AMPD. Из равенства углов MDP и MPD следует,

Рис. 2.3

что MP — медиана прямоугольного треугольника APD. В самом деле, ZAPM = 90° - ZMPD = 90° - ZMDP = АРАМ, т. е. AM = РМ = MD.

2.80. Середины сторон четырёхугольника ABCD являются вершинами прямоугольника (см. задачу 1.2), поэтому они лежат на одной окружности. Пусть К и L — середины сторон AB и CD, M — точка пересечения прямых KP и CD. Согласно задаче 2.79 PMZCD, а значит, M — проекция точки Р на сторону CD и точка M лежит на окружности с диаметром KL. Для остальных проекций доказательство аналогично.

2.81. а) Следует отметить, что так как точки А, В, С и D разбивают окружность на дуги, меньшие 180°, то построенный четырёхугольник содержит эту окружность. Угол ср между касательными, проведёнными через точки А и Б, равен 180° — ZAOB, а угол ф между касательными, проведёнными через точки С и D, равен 180° - ZCOD. Так как ZAOB + ZCOD = 180°, то ср + ф = 180°.

Замечание. Обратно, из равенства ср + ф = 180° следует, что ZAOB + ZCOD = 180°, т. е. АС 1 BD.

б) Пусть О — центр вписанной окружности. Так как ZАКО + ZBMO = 90°, то А АКО = ZBOM и ААКО ~ ЛБОМ. Следовательно, АК • ВМ = ВО-АО = г2.

2.82. Предположим сначала, что описанные окружности треугольников А'ВС и АВ'С не касаются и Р — их общая точка, отличная от С. Тогда Z(PA, PB) = Z(PA, PC) + Z(PC, PB) = Z(B'A, B'C) + Z(A'C, A'B) = Z(C'A, C'B), т.е. точка P лежит на описанной окружности треугольника ABC'.

В случае, когда описанные окружности треугольников А'ВС и АВ'С касаются, т. е. Р — С, требуются незначительные изменения: вместо прямой PC нужно взять общую касательную.

2.83. а) Применяя утверждение задачи 2.82 к треугольникам AßiCi, А1БС1 и А1Б1С, построенным на сторонах треугольника А\В\С\, получаем требуемое.

б) Пусть Р — точка пересечения указанных окружностей. Докажем, что величина угла Z(AP, PC) постоянна. Так как Z(AP, PC) = Z(AP, AB) + Z(Aß, ВС) + A(BC, PC), а угол Z(Aß, ВС) постоянен, то остаётся проверить, что сумма А(АР, AB) + А(ВС, PC) постоянна. Ясно, что А(АР, AB) + А(ВС,СР) = Z(AP,ACi) + Z(CAUCP) = Z(BxP,BxCi) + Z(B\A\, B\P) = Z(B\A\, B\C\), а величина последнего угла постоянна по условию. Аналогично доказывается, что величины углов Z(AP, PB) и Z(BP, PC) постоянны. Следовательно, точка Р остаётся неподвижной.

2.84. Согласно задаче 2.83 б) описанные окружности треугольников АБ1С1, А1БС1 и А1Б1С пересекаются в фиксированной точке Р. Размер треугольника А1Б1С1 пропорционален длине отрезка РА\. Длина этого отрезка минимальна, когда он перпендикулярен прямой ВС. В этом случае отрезки РВ\ и РС\ тоже должны быть минимальными.

2.85. Описанная окружность треугольника АБ1С1 проходит через точку X, поэтому ZBXC = 180° — ZA. Это означает, что точка X лежит на окружности, симметричной описанной окружности треугольника АБС относительно стороны ВС. Ясно, что три окружности, симметричные описанной окружности треугольника относительно его сторон, не могут иметь более одной общей точки.

2.86. Как следует из задачи 2.83 б), доказательство достаточно провести лишь для одного такого треугольника А1В1С1, например для треугольника с вершинами в серединах сторон треугольника АБС. Пусть H — точка пересечения высот треугольника А1Б1С1, т.е. центр описанной окружности

треугольника ABC. Точки А\ и В\ лежат на окружности с диаметром СН, поэтому точка H лежит на описанной окружности треугольника А\В\С. Аналогично доказывается, что она лежит на описанных окружностях треугольников А\ВС\ и АВ\С\.

2.87. а) Пусть X — точка пересечения описанных окружностей треугольников ABC и AB'С Тогда Z(XB', ХС) = Z(XB', ХА) + Z(XA, ХС) =Z(C/B/, C'A) + Z(BA, ВС). Так как АС' = АР = AB', то треугольник С'AB' равнобедренный, причём ZC'AB' = 2ZA, поэтому Z(C'B', C'A) = ZA - 90°. Следовательно, Z(XB', ХС) = ZA- 90° + ZB = 90° - ZC = Z(A'B', A'C), т. е. точка X лежит на описанной окружности треугольника А'В'С. Для описанной окружности треугольника А'ВС' доказательство аналогично.

б) Пусть X — точка пересечения описанных окружностей треугольников А'В'С' и А'ВС. Докажем, что она лежит на описанной окружности треугольника ABC. Ясно, что Z(XB, ХС) = Z(XB, ХА') + Z(XA', ХС') = Z(CB, CA') + Z(B'A', В'С). Пусть Ai, Bi и Ci — середины отрезков РА', PB' и PC'. Тогда Z(CB, CA') = Z(CP, CAi) = Z(BiP, BXAX), Z(B'A', B'C) = Z(BXAX, BXCX) и Z(AB, AC) = Z(AP, ACi) = Z(ßiP, BiCi). Следовательно, Z(XB, XC') = Z(AB, AC).

Аналогично доказывается, что точка X лежит на описанной окружности треугольника АВ'С.

в) Так как QA' — общая хорда окружностей с центрами О и /, то QA' J_ Ol. Аналогично QB' ZOJ и QC ZIJ. Поэтому стороны углов OJI и B'QC, а так^ке углов Ol J и A'QC взаимно перпендикулярны, а значит, sinOJT = sinB'QC и sin OlJ = sin A'QC. Следовательно, Ol : О J = sin OJI : sin OlJ = sin B'QC : A'QC. Ясно также, что

поскольку точки С и Q симметричны относительно прямой IJ, а точки Q, В' и С лежат на окружности с центром J. Учитывая, что sin B'QC : sin QB'С = B'C : QC и sin A'QC : sin QA'С = A'C : QC, получаем

2.88. а) Из условия задачи следует, что никакие три прямые не пересекаются в одной точке. Пусть прямые AB, АС, ВС пересекают четвёртую прямую в точках D, Е, F соответственно (рис. 2.4). Обозначим через Р точку пересечения описанных окружностей треугольников АБС и CEF, отличную от точки С. Докажем, что точка Р принадлежит описанной окружности треугольника BDF. Для этого достаточно проверить, что Z(BP, PF) = Z(BD, DF). Ясно, что Z(BP, PF) = Z(BP, PC) + Z(PC,PF) = Z(BA, AC) + Z(EC, EF) = Z(BD, AC) + Z(AC, DF) = Z(BD, DF). Аналогично доказывается, что точка Р принадлежит описанной окружности треугольника ADE.

Замечание. Другое доказательство приведено в решении задачи 19.46.

Рис. 2.4

б) Воспользуемся обозначениями рис. 2.4. Согласно задаче а) описанные окружности треугольников ABC, ADE и BDF проходят через точку Р, поэтому их можно рассмотреть как описанные окружности треугольников АВР, ADP и BDP. Следовательно, их центры лежат на окружности, проходящей через точку Р (см. задачу 5.106). Аналогично доказывается, что центры любых трёх из данных окружностей лежат на окружности, проходящей через точку Р. Следовательно, все четыре центра лежат на окружности, проходящей через точку Р.

2.89. а) Пусть Р — точка Микеля для прямых AB, ВС, CA и А\В\. Углы между прямыми РА, PB, PC и касательными в точке Р к окружностям Sa, Sb, Sc соответственно равны Z(ABb В\Р) = Z(AC\, С\Р), А(ВС\, С\Р), Z(CAi, AiP). А так как Z(ACb CiP) = Z(BCU CiP) = Z(CAb AXP) = ср, то при повороте на угол ср с центром Р прямые РА, PB и PC переходят в касательные к окружностям Sa, Sb и Sc, а значит, при повороте на угол ср — 90° эти прямые переходят в прямые РОа, РОь и РОс. Кроме того, РОа/РА = РОь/РВ = РОс/РС = 1/(2 sin ср). Следовательно, при повороте на ср — 90° и гомотетии с центром Р и коэффициентом 1/(2 sin ср) треугольник ABC переходит в ОаОьОс.

б) Рассмотренное в решении задачи а) преобразование переводит центр О описанной окружности треугольника ABC в центр О' описанной окружности треугольника ОаОьОс, а ортоцентр H треугольника ABC в ортоцентр Н' треугольника ОаОьОс. Достроим треугольник ОО'Н' до параллелограмма ОО'Н'М. Так как ОН/ОМ = ОН/О'Н' = 2sin<p и ZHOM = Z(HO, О'H') = ср - 90°, то МН = МО, т. е. точка M лежит на серединном перпендикуляре к отрезку ОН. Остаётся заметить, что для вписанного четырёхугольника ООаОьОс с точка M определена однозначно: взяв вместо точки О любую из точек Оа, Оь, Ос, получим ту же самую точку M (см. задачу 13.35).

2.90. Можно считать, что лучи AB и DC пересекаются в точке Е, а лучи ВС и AD — в точке F. Пусть Р — точка пересечения описанных окружностей треугольников ВСЕ и CDF. Тогда ZCPE = ZABC и ZCPF = ZADC. Поэтому ZCPE + ZCPF = 180°, т.е. точка Р лежит на отрезке EF.

2.91. а) Так как Z(AP, PD) = Z(AP, РЕ) + Z(P£, PD) = Z(AC, CD) + Z(AB, BD) = Z(AO, OD), точки A, P, D и О лежат на одной окружности.

6) Ясно, что Z(EP, PO) = Z(£P, PA) + Z(PA, PO) = Z(DC, CA) + Z(DA, DO) = 90°, так как дуги, на которые опираются эти углы, составляют половину окружности.

2.92. Воспользуемся обозначениями рис. 2.4. Проекции точки Р на прямые CA и СВ совпадают с её проекциями на СЕ и CF. Следовательно, прямые Симсона точки Р относительно треугольников ABC и CEF совпадают (см. задачу 5.105 а).

2.93. Пусть точка А' симметрична точке А относительно серединного перпендикуляра к отрезку ВС. Тогда ZOAH = ZAOA'/2 = ZABA' = |ZB - ZC|.

2.94. Так как АА' — диаметр, то А'С _1_ АС, поэтому ВН \\ А'С. Аналогично СН II А'В. Следовательно, ВА'СН — параллелограмм.

2.95. Пусть / — прямая, параллельная двум исходным прямым; D — точка пересечения прямых тип. Тогда Z(AD, DB) = Z(m, AB) + Z(Aß, n) = Z(AC, l) + Z(Z, CB) = Z(AC, CB), а значит, точка D лежит на описанной окружности треугольника АБС.

2.96. а) Пусть О — середина дуги окружности S, лежащей внутри треугольника АБС. Тогда ZCBO = ZBCO, а по свойству угла между касательной

и хордой /ВСО = /АБО. Поэтому ВО — биссектриса угла ABC, т.е. О — центр вписанной окружности треугольника ABC.

Аналогично доказывается, что середина дуги окружности S, лежащей вне треугольника ABC, является центром его вневписанной окружности.

б) Требуется доказать, что центр рассматриваемой окружности S лежит на биссектрисе угла ВАС. Пусть D — точка пересечения биссектрисы этого угла с описанной окружностью треугольника ABC. Тогда DB = DO = DC (см. задачу 2.4 а), т.е. D — центр окружности S.

2.97. Если угол С прямой, то решение задачи очевидно: С является точкой пересечения прямых А\В, А2В2, АВ\. Если же /С ф 90°, то описанные окружности квадратов АСА1А2 и ВСВ1В2 имеют кроме С ещё одну общую точку —точку d. Тогда /.(АС и A2Ci) = /(A2d, Aid) = Z(AiCi, Ci С) = /(Cid Cißi) = /(CiBu C1B2) = /(C1B2, C\B) = 45° (или же -45°; важно лишь то, что все углы имеют один и тот же знак). Поэтому /(АС\, С\В\) = 4- 45° = 180°, т.е. прямая АВ\ проходит через точку Ci. Аналогично А2В2 и А\В проходят через точку Ci.

2.98. Пусть Р и О — центры окружностей S\ и S2; а = /АРС, ß = /ВРС; прямые АС и ВС пересекают S2 в точках К и L. Так как /ОАР = /ОВР = 90°, то /АОВ = 180° - а - ß. Далее, /LOB = 180° - 2/LBO = 2/СВР = 180° - ß. Аналогично /КОА = 180° - а. Поэтому /LOK = /LOB + /КОА - /АОВ = 180°, т. е. KL — диаметр.

2.99. Рассмотрим точки М', Р', Q' и R', симметричные точкам М, Р, Q и R относительно прямой OA. Так как точка С симметрична точке В относительно OA, прямая P'Q' проходит через точку С. Легко проверяются следующие равенства: /(CS, NS) = / (Q'Q, NQ) = /(Q'P'', NP') = /(CP', NP') и, поскольку точки P',M' и R' лежат на одной прямой, /(CR', P'R') = /(ММ', Р'М') = / (MN, P'N) = / (CN, P'N). Из этих равенств получаем, что точки С, Р', S и R' лежат на одной окружности. Но точки S, R' и С лежат на одной прямой, поэтому S = R'.

ГЛАВА 3

ОКРУЖНОСТИ

Основные сведения

1. Прямую, имеющую ровно одну общую точку с окружностью, называют касательной к окружности.

Через любую точку А, лежащую вне окружности, можно провести ровно две касательные к окружности; пусть Б и С — точки касания, О — центр окружности. Тогда:

а) АБ = АС;

б) ZBAO = ZCAO;

в) ОБ 1 АБ.

(Иногда касательной мы будем называть не прямую АБ, а отрезок АБ. Например, свойство а) можно сформулировать так: «касательные, проведённые из одной точки, равны».)

2. Пусть прямые 1\ к 12, проходящие через точку А, пересекают окружность в точках В\, С\ и В2, С2 соответственно. Тогда АВ\ - АС\ = АВ2 - АС2. В самом деле, ЛАБ1С2 ~ ЛАБ2С1 по трём углам (советуем читателям самостоятельно доказать это, используя свойства вписанных углов и рассматривая два случая: А лежит вне окружности и А лежит внутри окружности).

Если прямая 12 касается окружности, т.е. В2 = С2, то АВ\ - АС\ = АВ\. Доказательство производится так же, как и в предыдущем случае, только теперь нужно воспользоваться свойствами угла между касательной и хордой.

3. Прямая, соединяющая центры касающихся окружностей, проходит через их точку касания.

4. Величиной угла между двумя пересекающимися окружностями называют величину угла между касательными к ним, проведёнными через точку пересечения. При этом безразлично, какую из двух точек пересечения окружностей мы выберем.

Угол между касающимися окружностями равен 0°.

5. При решении задач § 6 используется одно свойство, не имеющее прямого отношения к окружностям: высоты треугольника пересекаются в одной точке. Доказательство этого факта можно найти в решениях задач 5.51 и 7.42.

6. Уже в середине V в. до н. э. Гиппократ с острова Хиос (не путайте его со знаменитым врачом Гиппократом с острова Кос, жившим несколько позже) и пифагорейцы начали решать задачу квадратуры круга. Она формулируется следующим образом: построить с помощью циркуля и линейки квадрат, имеющий ту же площадь, что и данный круг. В 1882 г. немецкий математик Линдеман доказал, что число 7г трансцендентно, т. е. не является корнем многочлена с целыми коэффициентами. Из этого, в частности, следует, что задача квадратуры круга неразрешима.

По-видимому, многим давала надежду на возможность квадратуры круга задача 3.39 (задача о «луночках Гиппократа»): площадь фигуры, образованной дугами окружностей, равна площади треугольника. Решив эту задачу, постарайтесь понять, почему в данном случае подобные надежды не имели оснований.

Вводные задачи

1. Докажите, что из точки А, лежащей вне окружности, можно провести ровно две касательные к окружности, причём длины этих касательных (т. е. расстояния от А до точек касания) равны.

2. Две окружности пересекаются в точках А и Б. Точка X лежит на прямой АБ, но не на отрезке АБ. Докажите, что длины всех касательных, проведённых из точки X к окружностям, равны.

3. Две окружности радиусов R и г касаются внешним образом (т. е. ни одна из них не лежит внутри другой). Найдите длину общей касательной к этим окружностям.

4. Пусть а и Ь — длины катетов прямоугольного треугольника, с — длина его гипотенузы. Докажите, что:

а) радиус вписанной окружности треугольника равен (а + b — с)/2;

б) радиус окружности, касающейся гипотенузы и продолжений катетов, равен (а + Ь + с)/2.

§ 1. Касательные к окружностям

3.1. Прямые РА и PB касаются окружности с центром О (А и Б — точки касания). Проведена третья касательная к окружности, пересекающая отрезки РА и PB в точках X и Y. Докажите, что величина угла XOY не зависит от выбора третьей касательной.

3.2. Вписанная окружность треугольника АБС касается стороны ВС в точке К, а вневписанная — в точке L. Докажите, что CK = BL = (а + b — с)/2, где а, Ь, с — длины сторон треугольника.

3.3. На основании АБ равнобедренного треугольника АБС взята точка Е, и в треугольники АСЕ и ECB вписаны окружности, касающиеся отрезка СЕ в точках M и N. Найдите длину отрезка MN, если известны длины отрезков АЕ и BE.

3.4. Четырёхугольник ABCD обладает тем свойством, что существует окружность, вписанная в угол BAD и касающаяся продолжений сторон ВС и CD. Докажите, что АБ + ВС = AD + DC.

3.5. Общая внутренняя касательная к окружностям с радиусами R и г пересекает их общие внешние касательные в точках А и Б и касается одной из окружностей в точке С. Докажите, что АС • СБ = Rr.

3.6*. К двум окружностям различного радиуса проведены общие внешние касательные АБ и CD. Докажите, что четырёхугольник ABCD описанный тогда и только тогда, когда окружности касаются.

3.7*. Дан параллелограмм ABCD. Вневписанная окружность треугольника ABD касается продолжений сторон AD и AB в точках M и N. Докажите, что точки пересечения отрезка MN с ВС и CD лежат на вписанной окружности треугольника BCD.

3.8*. На каждой стороне четырёхугольника ABCD взято по две точки, и они соединены так, как показано на рис. 3.1. Докажите, что если все пять заштрихованных четырёхугольников описанные, то четырёхугольник ABCD тоже описанный.

3.9*. Дана окружность и точка вне её; из этой точки мы совершаем путь по замкнутой ломаной, состоящей из отрезков прямых, касательных к окружности, и заканчиваем путь в начальной точке. Участки пути, по которым мы приближались к центру окружности, берём со знаком плюс, а участки пути, по которым удалялись от центра,— со знаком минус. Докажите, что для любого такого пути сумма длин участков пути, взятых с указанными знаками, равна нулю.

См. также задачи 1.21 а), 1.61, 1.65, 1.67.

§ 2. Произведение длин отрезков хорд

3.10. Через точку Р, лежащую на общей хорде AB двух пересекающихся окружностей, проведены хорда КМ первой окружности и хорда LN второй окружности. Докажите, что четырёхугольник KLMN вписанный.

3.11. Две окружности пересекаются в точках А и В; MN — общая касательная к ним. Докажите, что прямая AB делит отрезок MN пополам.

3.12. Прямая OA касается окружности в точке А, а хорда ВС параллельна OA. Прямые OB и ОС вторично пересекают окружность в точках К и L. Докажите, что прямая KL делит отрезок OA пополам.

3.13. В параллелограмме ABCD диагональ АС больше диагонали BD; M — такая точка диагонали АС, что четырёхугольник BCDM вписанный. Докажите, что прямая BD является общей касательной к описанным окружностям треугольников АВМ и ADM.

3.14. Даны окружность S и точки А и В вне её. Для каждой прямой /, проходящей через точку А и пересекающей окружность S в точках M и N, рассмотрим описанную окружность треугольника BMN. Докажите, что все эти окружности имеют общую точку, отличную от точки В.

3.15. Даны окружность S, точки А и Б на ней и точка С хорды AB. Для каждой окружности касающейся хорды AB в точке С

Рис. 3.1

и пересекающей окружность S в точках Р и Q, рассмотрим точку M пересечения прямых АБ и PQ. Докажите, что положение точки M не зависит от выбора окружности S'. См. также задачи 1.32, 2.29.

§ 3. Касающиеся окружности

3.16. Две окружности касаются внешним образом в точке А. К ним проведена общая (внешняя) касательная, касающаяся окружностей в точках С и D. Докажите, что ZCAD = 90°.

3.17. Две окружности Si и S2 с центрами 0\ и 02 касаются в точке А. Через точку А проведена прямая, пересекающая Si в точке Ai и S2 в точке А2. Докажите, что 0\А\ \\ 02А2.

3.18. Три окружности Si, S2 и S3 попарно касаются друг друга в трёх различных точках. Докажите, что прямые, соединяющие точку касания окружностей Si и S2 с двумя другими точками касания, пересекают окружность S3 в точках, являющихся концами её диаметра.

3.19. Две касающиеся окружности с центрами 0\ и 02 касаются внутренним образом окружности радиуса R с центром О. Найдите периметр треугольника 00\02.

3.20. Окружности Si и S2 касаются окружности S внутренним образом в точках А и Б, причём одна из точек пересечения окружностей Si и S2 лежит на отрезке АБ. Докажите, что сумма радиусов окружностей Si и S2 равна радиусу окружности S.

3.21. Радиусы окружностей Si и S2, касающихся в точке А, равны R и r (R > г). Найдите длину касательной, проведённой к окружности S2 из точки Б окружности Si, если известно, что АБ = а. (Разберите случаи внутреннего и внешнего касания.)

3.22. На отрезке АБ взята точка С. Прямая, проходящая через точку С, пересекает окружности с диаметрами АС и ВС в точках К и L, а окружность с диаметром АБ — в точках M и N. Докажите, что КМ = LN.

3.23. Даны четыре окружности Si, S2, S3 и S4, причём окружности Si и Sj+i касаются внешним образом для i= 1, 2, 3, 4 (S5 =Si). Докажите, что точки касания образуют вписанный четырёхугольник.

3.24*. а) Три окружности с центрами А, Б, С, касающиеся друг друга и прямой /, расположены так, как показано на рис. 3.2. Пусть а, Ь и с — радиусы окружностей с центрами А, Б, С. Докажите, что l/y/c=l/y/ä+l/jb.

Рис. 3.2

б) Четыре окружности попарно касаются внешним образом (в шести различных точках). Пусть а, Ь, с, d — их радиусы, а = 1/а, ß = 1/b, Докажите, что

§ 4. Три окружности одного радиуса

3.25. Три окружности радиуса R проходят через точку Н; А, В и С— точки их попарного пересечения, отличные от Н. Докажите, что:

а) H — точка пересечения высот треугольника АБС;

б) радиус описанной окружности треугольника АБС тоже равен R.

3.26*. Три равные окружности пересекаются так, как показано на рис. 3.3, а или б. Докажите, что wABi + wBCi =Ь ^CAi = 180°, где знак минус берётся в случае б.

3.27*. Три окружности одного радиуса проходят через точку Р; А, В и Q — точки их попарного пересечения. Четвёртая окружность того же радиуса проходит через точку Q и пересекается с двумя другими в точках С и D. При этом треугольники ABQ и CDP остроугольные, а четырёхугольник ABCD выпуклый (рис. 3.4). Докажите, что ABCD — параллелограмм.

§ 5. Две касательные, проведённые из одной точки

3.28. Из точки А проведены касательные АБ и АС к окружности с центром О. Докажите, что если из точки M отрезок АО виден под углом 90°, то отрезки ОБ и ОС видны из неё под равными углами.

3.29. Из точки А проведены касательные АБ и АС к окружности с центром О. Через точку X отрезка БС проведена прямая KL,

Рис. 3.3

Рис. 3.4

перпендикулярная ХО (точки К и L лежат на прямых AB и АС). Докажите, что КХ = XL.

3.30. На продолжении хорды KL окружности с центром О взята точка А, и из неё проведены касательные АР и AQ; M — середина отрезка PQ. Докажите, что /МКО = /MLO.

3.31*. Из точки А проведены касательные AB и АС к окружности и секущая, пересекающая окружность в точках D и Е; M — середина отрезка ВС. Докажите, что ВМ2 = DM • ME и угол DME в два раза больше угла DBE или угла DCE; кроме того, /ВЕМ = /DEC.

3.32*. Четырёхугольник ABCD вписан в окружность, причём касательные в точках В и D пересекаются в точке К, лежащей на прямой АС.

а) Докажите, что AB • CD = ВС • AD.

б) Прямая, параллельная KB, пересекает прямые БА, BD и ВС в точках P, Q и R. Докажите, что PQ = QR.

3.33. Даны окружность S и прямая I, не имеющие общих точек. Из точки Р, движущейся по прямой I, проводятся касательные РА и PB к окружности S. Докажите, что все хорды AB имеют общую точку.

Если точка Р лежит вне окружности S, а РА и PB — касательные к окружности, то прямую AB называют полярой точки Р относительно окружности S.

3.34*. Окружности Si и S2 пересекаются в точках А и Б, причём центр О окружности Si лежит на S2. Прямая, проходящая через точку О, пересекает отрезок AB в точке P, а окружность S2 в точке С. Докажите, что точка Р лежит на поляре точки С относительно окружности Si.

§ 6. Применение теоремы о высотах треугольника

3.35. Точки С и D лежат на окружности с диаметром AB. Прямые АС и BD, AD и ВС пересекаются в точках Р и Q. Докажите, что AB JL PQ.

3.36*. Прямые PC и PD касаются окружности с диаметром AB (С и D — точки касания). Докажите, что прямая, соединяющая Р с точкой пересечения прямых АС и BD, перпендикулярна AB.

3.37*. Даны диаметр AB окружности и точка С, не лежащая на прямой AB. С помощью одной линейки (без циркуля) опустите перпендикуляр из точки С на AB, если: а) точка С не лежит на окружности; б) точка С лежит на окружности.

3.38*. Пусть О а, Оь и О с — центры описанных окружностей треугольников РБС, РСА и РАБ. Докажите, что если точки Оа и Оь лежат на прямых РА и PB, то точка Ос лежит на прямой PC.

§ 7. Площади криволинейных фигур

3.39. На гипотенузе и катетах прямоугольного треугольника построены полуокружности, расположенные так, как показано на рис. 3.5. Докажите, что сумма площадей образовавшихся «луночек» равна площади данного треугольника.

3.40*. В круге проведены два перпендикулярных диаметра, т. е. четыре радиуса, а затем построены четыре круга, диаметрами которых служат эти радиусы. Докажите, что суммарная площадь попарно общих частей этих кругов равна площади части исходного круга, лежащей вне рассматриваемых четырёх кругов (рис. 3.6).

3.41*. На трёх отрезках OA, ОБ и ОС одинаковой длины (точка В лежит внутри угла АОС) как на диаметрах построены окружности. Докажите, что площадь криволинейного треугольника, ограниченного дугами этих окружностей и не содержащего точку О, равна половине площади (обычного) треугольника АБС.

3.42*. На сторонах произвольного остроугольного треугольника АБС как на диаметрах построены окружности. При этом образуется три «внешних» криволинейных треугольника и один «внутренний» (рис. 3.7). Докажите, что если из суммы площадей «внешних» треугольников вычесть площадь «внутреннего» треугольника, то получится удвоенная площадь треугольника АБС.

§ 8. Окружности, вписанные в сегмент

3.43. Хорда АБ разбивает окружность S на две дуги. Окружность Si касается хорды АБ в точке M и одной из дуг в точке N.

Рис. 3.5

Рис. 3.6 Рис. 3.7

Докажите, что:

а) прямая MN проходит через середину Р второй дуги;

б) длина касательной PQ к окружности Si равна РА.

3.44. Из точки D окружности S опущен перпендикуляр DC на диаметр AB. Окружность Si касается отрезка CA в точке Е, а также отрезка CD и окружности S. Докажите, что DE — биссектриса треугольника ADC.

3.45*. Две окружности, вписанные в сегмент AB данной окружности, пересекаются в точках M и N. Докажите, что прямая MN проходит через середину С дополнительной для данного сегмента дуги AB.

3.46*. На диаметре AB окружности S взята точка К и из неё восставлен перпендикуляр, пересекающий S в точке L. Окружности Sa и Sb касаются окружности S, отрезка LK и диаметра AB, а именно, SA касается отрезка АК в точке Ai, Sb касается отрезка ВК в точке В\. Докажите, что ZA\LB\ =45°.

3.47*. Окружность, касающаяся сторон АС и ВС треугольника АБС в точках M и N, касается также его описанной окружности (внутренним образом). Докажите, что середина отрезка MN совпадает с центром вписанной окружности треугольника АБС.

3.48*. Треугольники АБС1 и АВС2 вписаны в окружность S, причём хорды АС2 и БС1 пересекаются. Окружность Si касается хорды АС2 в точке M2-, хорды БС1 в точке и окружности S. Докажите, что центры вписанных окружностей треугольников АБС1 и АВС2 лежат на отрезке M2N\.

3.49*. На стороне ВС треугольника АБС взята точка D. Окружность Si касается отрезков BD и DA и описанной окружности, окружность S2 касается отрезков CD и DA и описанной окружности. Пусть /, I\, I2 и г, г\, Г2 — центры и радиусы вписанной окружности и окружностей Si, S2; ср = ZADB. Докажите, что точка / лежит на отрезке /1/2» причём I\I: l2l = tg Докажите также, что г = n cosz + r2 sin (Тебо).

3.50*. Четырёхугольник ABCD вписанный. Пусть га, г&, гс, — радиусы вписанных окружностей треугольников BCD, ACD, ABD, ABC. Докажите, что га + гс = гь + г а-

См. также задачи 5.102, 6.104, 19.15, 28.23, 28.26.

§ 9. Разные задачи

3.51. Две окружности имеют радиусы R\ и Б2, а расстояние между их центрами равно d. Докажите, что эти окружности ортогональны тогда и только тогда, когда d2 = R\ + R\.

3.52. Три окружности попарно касаются внешним образом в точках А, Б и С. Докажите, что описанная окружность треугольника АБС перпендикулярна всем трём окружностям.

3.53. Две окружности с центрами 0\ и О2 пересекаются в точках А и Б. Через точку А проведена прямая, пересекающая первую окружность в точке Mi, а вторую в точке М2. Докажите, что А.ВО\М\ = /Б02М2.

§ 10. Радикальная ось

3.54. На плоскости даны окружность S и точка Р. Прямая, проведённая через точку Р, пересекает окружность в точках А и Б. Докажите, что произведение РА • PB не зависит от выбора прямой.

Эта величина, взятая со знаком плюс для точки Р вне окружности и со знаком минус для точки Р внутри окружности, называется степенью точки Р относительно окружности S.

3.55. Докажите, что для точки Р, лежащей вне окружности S, её степень относительно S равна квадрату длины касательной, проведённой из этой точки.

3.56. Докажите, что степень точки Р относительно окружности S равна d2-R2, где R — радиус S, d— расстояние от точки Р до центра S.

3.57. Окружность задана уравнением /(х, у) = 0, где /(х, у) = х2 + у2 + ах + by + с. Докажите, что степень точки (хо, у о) относительно этой окружности равна /(хо, г/о)-

3.58*. На плоскости даны две неконцентрические окружности Si и S2. Докажите, что геометрическим местом точек, для которых степень относительно Si равна степени относительно S2, является прямая.

I Эту прямую называют радикальной осью окружностей S\ и S2.

3.59*. Докажите, что радикальная ось двух пересекающихся окружностей проходит через точки их пересечения.

3.60*. На плоскости даны три окружности, центры которых не лежат на одной прямой. Проведём радикальные оси для каждой пары этих окружностей. Докажите, что все три радикальные оси пересекаются в одной точке.

I Эту точку называют радикальным центром трёх окружностей.

3.61*. На плоскости даны три попарно пересекающиеся окружности. Через точки пересечения любых двух из них проведена прямая. Докажите, что эти три прямые пересекаются в одной точке или параллельны.

3.62*. Постройте радикальную ось двух непересекающихся окружностей Si и S2.

3.63*. Даны две неконцентрические окружности Si и S2. Докажите, что множеством центров окружностей, пересекающих обе эти окружности под прямым углом, является их радикальная ось, из которой (если данные окружности пересекаются) выброшена их общая хорда.

3.64*. а) Докажите, что середины четырёх общих касательных к двум непересекающимся кругам лежат на одной прямой.

б) Через две из точек касания общих внешних касательных с двумя окружностями проведена прямая. Докажите, что окружности высекают на этой прямой равные хорды.

3.65*. На окружности S с диаметром АБ взята точка С, из точки С опущен перпендикуляр СН на прямую АБ. Докажите, что общая хорда окружности S и окружности Si с центром С и радиусом СН делит отрезок СН пополам.

3.66*. На сторонах ВС и АС треугольника ABC взяты точки А\ и В\\ I — прямая, проходящая через общие точки окружностей с диаметрами АА\ и ВВ\. Докажите, что:

а) прямая I проходит через точку H пересечения высот треугольника АБС;

б) прямая I тогда и только тогда проходит через точку С, когда ABi : АС = ВАХ : ВС.

3.67*. Продолжения сторон AB и CD четырёхугольника ABCD пересекаются в точке F, а продолжения сторон ВС и AD — в точке Е. Докажите, что окружности с диаметрами АС, BD и EF имеют общую радикальную ось, причём на ней лежат ортоцентры треугольников ABE, С DE, ADF и BCF.

3.68*. Три окружности попарно пересекаются в точках Ai и А2, Bi и Б2, Ci и С2. Докажите, что А\В2 - В\С2 - С\А2 = А2В\ - В2С\ - С2А\.

3.69*. На стороне ВС треугольника АБС взята точка А!. Серединный перпендикуляр к отрезку А'В пересекает сторону АБ в точке М, а серединный перпендикуляр к отрезку А'С пересекает сторону АС в точке N. Докажите, что точка, симметричная точке А' относительно прямой MN, лежит на описанной окружности треугольника АБС.

3.70*. Решите задачу 1.67, используя свойства радикальной оси.

3.71*. Внутри выпуклого многоугольника расположено несколько попарно непересекающихся кругов различных радиусов. Докажите, что многоугольник можно разрезать на маленькие многоугольники так, чтобы все они были выпуклыми и в каждом из них содержался ровно один из данных кругов.

3.72*. а) В треугольнике АБС проведены высоты AAi, ББ1 и СС\. Прямые АБ и А1Б1, ВС и Б1С1, CA и Ci Ai пересекаются в точках С, А' и В'. Докажите, что точки А!, В' и С лежат на радикальной оси окружности девяти точек и описанной окружности.

б) Биссектрисы внешних углов треугольника АБС пересекают продолжения противоположных сторон в точках А!, В' и С. Докажите, что точки А!, В' и С лежат на одной прямой, причём эта прямая пер-

пендикулярна прямой, соединяющей центры вписанной и описанной окружностей треугольника ABC.

3.73*. Докажите, что диагонали AD, BE и CF описанного шестиугольника ABCDEF пересекаются в одной точке (Брианшон).

3.74*. Даны четыре окружности Si, S2, S3 и S4, причём окружности St и Sj+i касаются внешним образом для i = 1, 2, 3, 4 (S5 = Si). Докажите, что радикальная ось окружностей Si и S3 проходит через точку пересечения общих внешних касательных к S2 и S4.

3.75*. а) Окружности Si и S2 пересекаются в точках А и В. Степень точки Р окружности Si относительно окружности S2 равна р, расстояние от точки Р до прямой AB равно h, а расстояние между центрами окружностей равно d. Докажите, что \р\ = 2dh.

б) Степени точек А и В относительно описанных окружностей треугольников BCD и ACD равны ра и рь. Докажите, что \pa\&bcd =

См. также задачи 3.76—3.82, 8.90, 14.56 б), 28.6.

§ 11. Пучки окружностей

Пучком окружностей называют семейство окружностей, обладающее следующим свойством: радикальной осью любой пары окружностей из этого семейства служит некоторая фиксированная прямая. При этом подразумевается, что это семейство максимально в том смысле, что нет окружностей, которые можно было бы к нему добавить, не нарушая указанного свойства.

3.76*. а) Докажите, что пучок окружностей полностью задаётся парой окружностей.

б) Докажите, что пучок окружностей полностью задаётся одной окружностью и радикальной осью.

3.77*. Пусть f(x, у) = х2 + у2 + а±х + Ъ\у + С\ и g(x, у) = х2 + у2 + а2х + Ь2у + с2. Докажите, что для любого вещественного А ф 1 уравнение / — Xg = 0 задаёт окружность из пучка окружностей, порождённого окружностями / = 0 и g = 0.

3.78*. Докажите, что любая окружность пучка либо пересекает радикальную ось в двух фиксированных точках (эллиптический пучок), либо касается радикальной оси в фиксированной точке (параболический пучок), либо не пересекает радикальную ось (гиперболический пучок).

Предельными точками пучка окружностей называют принадлежащие ему окружности нулевого радиуса (т. е. точки).

3.79*. Докажите, что гиперболический пучок содержит две предельные точки, параболический — одну, а эллиптический — ни одной.

3.80*. Докажите, что если окружность ортогональна двум окружностям пучка, то она ортогональна и всем остальным окружностям пучка.

3.81*. Докажите, что семейство всех окружностей, ортогональных окружностям данного пучка, образует пучок.

I Этот пучок называют ортогональным пучком.

3.82*. Докажите, что предельная точка пучка является общей точкой окружностей ортогонального пучка, и наоборот.

Задачи для самостоятельного решения

3.83. Качалка, имеющая форму сектора круга радиуса R, качается на горизонтальном столе. По какой траектории движется её вершина?

3.84. Из точки А, лежащей вне окружности радиуса R, проведены к ней две касательные АБ и АС, где Б и С — точки касания. Пусть ВС = а. Докажите, что 4R2 = г2 + г2 + а2/2, где г и га —радиусы вписанной и вневписанной окружностей треугольника АБС.

3.85. Две окружности касаются внутренним образом. Прямая, проходящая через центр меньшей окружности, пересекает большую в точках А и D, а меньшую в точках Б и С. Найдите отношение радиусов окружностей, если АБ : ВС : CD = 2:4:3.

3.86. Центры трёх окружностей радиуса R, где 1 < R < 2, образуют правильный треугольник со стороной 2. Чему равно расстояние между точками пересечения этих окружностей, лежащими вне треугольника?

3.87. На отрезке АБ взята точка С и построены полуокружности с диаметрами АБ, АС и ВС (по одну сторону от прямой АБ). Найдите отношение площади криволинейного треугольника, ограниченного этими полуокружностями, к площади треугольника, образованного серединами дуг этих полуокружностей.

3.88. Окружность пересекает сторону ВС треугольника АБС в точках Ai и А2, сторону АС в точках Б1 и Б2, сторону АБ в точках Ci и С2. Докажите, что

3.89. Из точки А к окружности проведены касательные АБ и АС; PQ — диаметр окружности; прямая I касается окружности в точке Q. Прямые РА, PB и PC пересекают прямую I в точках Ai, Б1 и Ci. Докажите, что А1Б1 = А1С1.

Решения

3.1. Пусть прямая XY касается данной окружности в точке Z. Соответственные стороны треугольников ХОА и XOZ равны, поэтому ZXOA = ZXOZ. Аналогично ZZOY = ZBOY. Следовательно, ZXOY = ZXOZ + ZZOY =

3.2. Пусть M и N — точки касания вписанной окружности со сторонами AB и ВС. Тогда ВК + AN = ВМ + AM = AB, поэтому CK + CN = а + b - с.

Пусть Р и Q — точки касания вневписанной окружности с продолжениями сторон AB и ВС. Тогда AP = AB + BP = AB + BL и AQ = АС + CQ = АС + CL. Поэтому AP + AQ = a + b + c. Следовательно, BL = BP = АР - AB = (а + b - с)/2.

3.3. Согласно задаче 3.2 СМ = (АС + СЕ - АЕ)/2 и CN = (ВС + СЕ - BE)/2. Учитывая, что АС = ВС, получаем MN = \СМ - CN\ = \АЕ - ВЕ\/2.

3.4. Пусть прямые AB, ВС, CD и DA касаются окружности в точках Р, Q, R и S. Тогда CQ = CR = х, поэтому BP = ВС + CQ = ВС + х и DS = DC + CR = DC + X. Следовательно, АР = АВ + ВР = АВ + ВС + х и AS = AD + DS = AD + DC + X. Учитывая, что АР = AS, получаем требуемое.

3.5. Пусть прямая AB касается окружностей с центрами 0\ и О2 в точках С и D. Так как АО\А02 — 90°, прямоугольные треугольники AOiC и O2AD подобны. Поэтому 0\С : АС = AD : DO'2. Кроме того, AD = СВ (см. задачу 3.2). Следовательно, АС • СБ = Rr.

3.6. Пусть прямые AB и CD пересекаются в точке О. Для определённости будем считать, что точки А и Б принадлежат первой окружности, а Б и С — второй, причём ОБ < OA (рис. 3.8). Точка M пересечения биссектрис углов А и Б четырёхугольника ABCD является серединой той дуги первой окружности, которая лежит внутри треугольника AOD, а точка N пересечения биссектрис углов Б и С — серединой той дуги второй окружности, которая лежит вне треугольника БОС (см. задачу 2.96 а). Четырёхугольник ABCD описанный тогда и только тогда, когда точки M а N совпадают.

3.7. Пусть R — точка касания вневписанной окружности со стороной BD, Р и Q — точки пересечения отрезка MN с ВС и CD соответственно (рис. 3.9). Так как ZDMQ = ZBPN, ZDQM = ZBNP и ZDMQ = ZBNP, то треугольники MDQ, PBN и PCQ равнобедренные. Поэтому СР = CQ, DQ = DM = DR и BP = BN = BR. Следовательно, P, Q и Б — точки касания вписанной окружности треугольника BCD с его сторонами (см. задачу 5.1).

Рис. 3.8 Рис. 3.9

3.8. Обозначим некоторые точки касания так, как показано на рис. 3.10. Сумма длин одной пары противоположных сторон среднего четырёхугольника равна сумме длин пары других его сторон. Продолжим стороны этого четырёхугольника до точек касания с вписанными окружностями остальных четырёхугольников (ST — один из полученных отрезков). При этом обе суммы длин пар противоположных отрезков увеличатся на одно и то же число. Каждый из полученных отрезков является общей касательной к паре «угловых» окружностей; его можно заменить на равную ему по длине другую общую внешнюю касательную (т. е. ST заменить на QR). Для доказательства равенства AB + CD = ВС + AD остаётся воспользоваться равенствами вида АР = AQ.

3.9. Пусть ABCD...YZ — указанная замкнутая ломаная, îa, tß, ..., tz — длины касательных к окружности, проведённых из вершин ломаной. В соответствии с соглашением о знаках алгебраическая длина участка пути от А к Б равна îa — tß- Поэтому алгебраическая сумма длин участков пути с указанными знаками равна

3.10. Пусть О — точка пересечения диагоналей выпуклого четырёхугольника ABCD. Четырёхугольник ABCD вписанный тогда и только тогда, когда ЛАОБ ~ ADOC, т. е. OA • ОС = OB • OD. Так как четырёхугольники ALBN и АМВК вписанные, то PL • PN = PA • PB = PM • PK. Поэтому четырёхугольник KLMN вписанный.

3.11. Пусть О— точка пересечения прямой АБ и отрезка MN. Тогда ОМ2 = OA- OB = ON2, т.е. OM = ON.

3.12. Пусть для определённости лучи OA и ВС сонаправлены; M — точка пересечения прямых KL и OA. Тогда ZLOM = ZLCB = ZOKM, а значит, АКОМ - AOLM. Следовательно, ОМ : КМ = LM : ОМ, т. е. ОМ2 = КМ - LM. Кроме того, MÄ2 = МК • ML. Поэтому MA = ОМ.

Рис. 3.10

3.13. Пусть О— точка пересечения диагоналей АС и BD. Тогда МО - ОС = ВО • OD. Тогда как ОС = OA и ВО = OD, то МО • OA = ВО2 и МО • OA = DO2. Эти равенства означают, что OB касается описанной окружности треугольника АВМ и OD касается описанной окружности треугольника ADM.

3.14. Пусть С — точка пересечения прямой AB с описанной окружностью треугольника BMN, отличная от точки В; АР — касательная к окружности S. Тогда AB - АС = AM • AN = АР , а значит, АС = АР2/AB, т.е. точка С одна и та же для всех прямых /.

Замечание. Следует исключить случай, когда длина касательной, проведённой из А к S, равна AB.

3.15. Ясно, что MC2 = MP • MQ = MA • MB, причём точка M лежит на луче AB, если АС > ВС, и на луче ВА, если АС < ВС. Пусть для определённости точка M лежит на луче AB. Тогда (МБ + ВС)2 = (MB + ВА) • МБ. Следовательно, MB = ВС2/(AB — 2ВС), а значит, положение точки M не зависит от выбора окружности S'.

3.16. Пусть M — точка пересечения прямой CD и касательной к окружностям в точке А. Тогда MC = MA = MD. Поэтому точка А лежит на окружности с диаметром CD.

3.17. Точки Oi, А и 0'2 лежат на одной прямой, поэтому ZA2AO2 = /.А\АО\. Треугольники АО2А2 и АО\А\ равнобедренные, поэтому ZA2AO2 = ZAA2O2 и АА\АО\ = ААА\0\. Следовательно, ZAA2O2 = ZAA\0\, т.е. 0\А\ || О2А2.

3.18. Пусть Oi, О2 и Оз — центры окружностей Si, S2 и S3; А, В, С — точки касания окружностей S2 и S3, S3 и Si, Si и S2; А\ и Б1 —точки пересечения прямых CA и СБ с окружностью S3. Согласно предыдущей задаче Б1О3 || COi и А1О3 II СО2. Точки Оь С и О2 лежат на одной прямой, поэтому точки Ai, О3 и Б1 тоже лежат на одной прямой, т.е. А1В1 —диаметр окружности S3.

3.19. Пусть Ai, А2 и Б — точки касания окружностей с центрами О и Оь О и 02, Oi и 02,. Тогда Oi02 = О1Б + Б02 = О1А1 + 02А2. Поэтому OOi + 002 + О1О2 = (OOi + О1А1) + (ОО2 + О2А2) = ОА1 + ОА2 = 2R.

3.20. Пусть О, Oi и О2 — центры окружностей S, Si и S2; С — общая точка окружностей Si и S2, лежащая на отрезке AB. Треугольники АОВ, АО\С и СО2В равнобедренные, поэтому ОО1СО2 — параллелограмм и OOi = О2С = 02Б, а значит, АО = AOi + О1О = АО1 + 02Б.

3.21. Пусть Oi и О2 — центры окружностей Si и S2; X — вторая точка пересечения прямой AB с окружностью S2. Квадрат искомой длины касательной равен ВА-ВХ. Согласно задаче 3.17 BOi || Х02, поэтому AB : ВХ = OiA: О1О2 и AB - ВХ = AB2 - O1O2/R = a2(R± r)/R, где знак минус берётся в случае внутреннего касания.

3.22. Пусть О, Oi и О2 — центры окружностей с диаметрами AB, АС и ВС. Достаточно проверить, что KO = OL. Докажем, что АО\КО = AO2OL. В самом деле, OiK = АС/2 = 020, ОгО = ВС/2 = 02L и ZKOiO = Z002L = 180° - 2а, где а — угол между прямыми KL и AB.

3.23. Пусть d — центр окружности Si, Ai — точка касания окружностей Si и S/+i. Четырёхугольник О1О2О3О4 выпуклый; пусть а\, аг, осг и а\ — величины его углов. Легко проверить, что ZA/_iA/A/+i = (а/ + ûf/+i)/2, поэтому ZAï + ZA3 = (ai + а2 + а3 + а4)/2 = ZA2 + ZA4.

3.24. а) Пусть Ai, Bi и Ci —проекции точек А, Б и С на прямую /; С2 — проекция точки С на прямую АА\. По теореме Пифагора СС\=АС2 - АС\,

Аналогично

б) Пусть А, В, С — центры « внешних >: окружностей, D — центр «внутренней» окруж ности (рис. 3.11). Полупериметр треугольни ка BDC равен Ъ + с + d, поэтому

(см. задачу 12.13). Если ос' + ß' + у' = 180°, то sin2 ос' + sin2/3х — sin2 у' + 2 sin/3х sin у' cos а' = 0 (это утверждение эквивалентно теореме косинусов). Подставив в эту формулу значения

получим

Разделив на d, имеем

Поэтому

3.25. Пусть Ai, Б1 и Ci—центры данных окружностей (рис. 3.12). Тогда А\ВС\Н — ромб, а значит, БА1 || НС\. Аналогично В\А\\НС\, поэтому Б1А II БА1 и Б1АБА1 — параллелограмм.

а) Так как А\В\ 1 СН и АХВХ \\ AB, то АБ J_ CH. Аналогично доказывается, что ВС JL АН и CA !_ ВН.

б) Так ^ке, как было доказано, что Б1А II БАь можно доказать, что Б1С || БС1 и Ai С II ACi; кроме того, длины всех этих шести отрезков равны R. Достроим треугольник БА1С до ромба ВА\СО. Тогда AßiСО тоже ромб. Поэтому АО = ВО = СО = R, т. е. О — центр описанной окружности треугольника АБС, и её радиус равен R.

3.26. Легко проверить, что wABi ± kjB\A\ = wACi + ^CiAi, wECi + wCißi = ^BAi ± wßiAi и kjC\A\ ± wCAi = kjC\B\ ± wEiC, где знак минус берётся только в случае б. Складывая эти равенства, получаем wABi + \уВС\ ± wCAi = wACi + v^BAi ± ууСВ\. С другой стороны, удвоенные величины

Рис. 3.11

Рис. 3.12

углов треугольника ABC равны wBAi ± wCAi, wABi ± wCBi и wBCi + wACi, а их сумма равна 360°.

3.27. Так как wAP + wBP + wPQ = 180° (см. задачу 3.26), то wAB = 180° -- kjPQ. Аналогично ^CD = 180° - wPQ, т. е. wAB = wCD, а значит, AB = CD. Кроме того, PQ ± AB и PQ LCD (см. задачу 3.25), поэтому AB || CD.

3.28. Точки М, В и С лежат на окружности с диаметром АО. Кроме того, хорды OB и ОС этой окружности равны.

3.29. Точки В и X лежат на окружности с диаметром КО, поэтому ZXKO = ZXBO. Аналогично ZXLO = ZXCO. Так как ZXBO = ZXCO, то треугольник KOL равнобедренный, причём ОХ — его высота.

3.30. Достаточно проверить, что АК • AL = AM • АО. В самом деле, тогда точки К, L, M и О лежат на одной окружности, и поэтому ZMKO = ZMLO. Так как ЛАОР - Л АРМ, то AM • АО = АР2; ясно также, что АК • AL = АР2.

3.31. Для определённости будем считать, что угол DBE острый. Пусть О — центр окружности; точки D' и Е' симметричны точкам D и Е относительно прямой АО. Согласно задаче 28.7 прямые ED' и E'D пересекаются в точке М. Поэтому ZBDM = ZEBM и ZBEM = ZDBM, а значит, ABDM ~ АЕВМ. Следовательно, ВМ : DM = ЕМ : ВМ. Кроме того, ZDME = ^DE = 2ZDBE.

Из равенства ZBEM = ZDBM следует, что ZBEM = ZDBC = ZDEC.

3.32. а) Так как АКАВ^АКВС, то АВ:ВС = КВ:КС. Аналогично AD:DC = KD : КС. Учитывая, что KB = KD, получаем требуемое.

б) Задача сводится к предыдущей, так как

3.33. Опустим из центра О окружности S перпендикуляр ОМ на прямую /. Докажем, что точка X, в которой пересекаются AB и ОМ, остаётся неподвижной. Точки А, В и M лежат на окружности с диаметром РО. Поэтому ZAMO = ZABO = ZBAO, а значит, Л АМО ~ АХАО, так как угол при вершине О у этих треугольников общий. Следовательно, АО : МО = ХО : АО, т. е. ОХ = OÀ2/МО — постоянная величина.

3.34. Так как ZOBP = ZOAB = ZOCB, то ЛОВР - ЛОСВ, а значит, OB2 = OP • ОС. Проведём из точки С касательную CD к окружности S\. Тогда OD2 = OB2 = OP - ОС. Следовательно, AODC - AOPD и ZOPD = ZODC = 90°.

3.35. Прямые ВС и AD являются высотами треугольника АР В, поэтому прямая PQ, проходящая через точку Q их пересечения, перпендикулярна прямой AB.

3.36. Обозначим точки пересечения прямых АС и BD, ВС и AD через К и К\ соответственно. Согласно предыдущей задаче КК\ J_ AB, поэтому достаточно доказать, что точка пересечения касательных в точках С и D лежит на прямой КК\.

Докажем, что касательная в точке С проходит через середину отрезка КК\. Пусть M — точка пересечения касательной в точке С и отрезка КК\. Стороны острых углов ABC и СКК\ соответственно перпендикулярны, поэтому углы равны. Аналогично ZCAB = ZCK\K. Ясно также, что ZKCM = ZABC, поэтому треугольник СМ К равнобедренный. Аналогично треугольник СМК\ равнобедренный и КМ = СМ = К\М, т.е. M — середина отрезка КК\.

Аналогично доказывается, что касательная в точке D проходит через середину отрезка КК\.

3.37. а) Прямая АС пересекает окружность в точках А и Ai, прямая ВС — в точках В и В\. Если А = А\ (или В = В\), то прямая АС (или ВС) — искомый перпендикуляр. Если же это не так, то АВ\ и ВА\ являются высотами треугольника АБС и искомая прямая — это прямая, проходящая через точку С и точку пересечения прямых АВ\ и ВА\.

б) Возьмём точку Ci, не лежащую на окружности, и опустим из неё перпендикуляр на АБ. Пусть он пересекается с окружностью в точках D и Е. Построим точку Р пересечения прямых DC и АБ, а затем точку F пересечения прямой РЕ с окружностью. При симметрии относительно AB точка С переходит в точку F. Поэтому CF — искомый перпендикуляр.

3.38. Так как PA JL ОьОс, то прямая РА проходит через точку Оа тогда и только тогда, когда прямая РОц проходит через точку пересечения высот треугольника ОаОьОс. Аналогичные утверждения верны и для точек Б и С. Из условия задачи следует, что Р — точка пересечения высот треугольника ОаОьОс, а значит, РОс ±ОаОь.

3.39. Пусть 2а и 2Ъ — длины катетов, 2с — длина гипотенузы. Сумма площадей «луночек» равна ка2 + кЪ2 + S abc - ne2. Ясно, что к (а2 + Ъ2 - с2) = 0.

3.40. Доказательство достаточно провести для каждой из четырёх частей, на которые диаметры делят исходный круг (рис. 3.13). Рассмотрим в круге сегмент, отсекаемый хордой, на которую опирается центральный угол 90° ; пусть Sus — площади таких сегментов для исходного и четырёх построенных кругов соответственно. Ясно, что S = 4s. Остаётся заметить, что площадь части с одинарной штриховкой равна S — 2s = 2s, а площадь части с двойной штриховкой равна 2s.

3.41. Обозначим точки пересечения окружностей, построенных на отрезках ОБ и ОС, OA и ОС, OA и ОБ, через А\, В\, С\ соответственно (рис. 3.14). ZOA\B = ZOAiC = 90°, поэтому точки Б, Ai и С лежат на одной прямой, а так как окружности имеют одинаковые радиусы, то БА1 = Ai С.

Рис. 3.13

Рис. 3.14 Рис. 3.15

Точки Ai, В\, Ci являются серединами сторон треугольника ABC, поэтому ВА\ = С\В\ и ВС\ = А\В\. Так как круги имеют одинаковый радиус, то равные хорды ВА\ и С\В\ отсекают от кругов части равной площади, а равные хорды С\В и В\А\ также отсекают от кругов части равной площади. Поэтому площадь криволинейного треугольника А\В\С\ равна площади параллелограмма А\В\С\В, т.е. равна половине площади треугольника ABC.

3.42. Рассматриваемые окружности проходят через основания высот треугольника, а значит, точки их пересечения лежат на сторонах треугольника. Пусть X, у, 2 и и — площади рассматриваемых криволинейных треугольников; а, Ъ, с, d, е и / — площади сегментов, отсекаемых от окружностей сторонами треугольника; р, q и г — площади частей треугольника, лежащих вне внутреннего криволинейного треугольника (рис. 3.15). Тогда х + (а + fr) = и + р + ç + (с + /), z/+(c + d)=i/ + ç + r+(é> + fr) и z + (е + /) = и + г + р + (а + d). Складывая эти равенства, получаем х + у + г = 2(p + q + r + u) +и.

3.43. а) Пусть О и 0\ — центры окружностей S и Si. Треугольники MO\N и PON равнобедренные, причём ZMO\N = ZPON. Следовательно, точки Р, M к N лежат на одной прямой.

б) Ясно, что PQ2 = РМ • PN = РМ • (РМ + MN). Пусть К — середина хорды AB. Тогда РМ2 = PK2 + МК2 и РМ • MN = AM • MB = AK2 - МК2. Поэтому PQ2 = PK2 + AK2 = PÂ2.

3.44. Согласно задаче 3.43 б) BE = BD. Поэтому ZDAE + ZADE = ZDEB = ZBDE = ZBDC + ZCDE. А так как ZD AB = ZBDC, то ZADE = ZCDE.

3.45. Пусть Oi и 0'2 — центры вписанных окружностей, CP и CQ — касательные к ним. Тогда СО\ = СР2 + РО\ = СР2 + OiM2 и, так как CQ = CA = CP (задача 3.43 б), СО| = CQ2 + QO\ = CP2 + 02М2. Следовательно, СО\ - СО\ = МО2 - МО\, а значит, прямая СМ перпендикулярна О1О2 (см. задачу 7.6). Поэтому прямая MN проходит через точку С.

Замечание. Если окружности не пересекаются, а касаются, утверждение остаётся верным; в этом случае прямую MN нужно заменить на касательную к окружностям в их общей точке.

3.46. Пусть ZLAB = a и ZLBA = ß (а + ß = 90°). Согласно задаче 3.43 б) ABi = AL, поэтому ZAB\L = 90° - а/2. Аналогично ZBA\L = 90° - ß/2. Следовательно, ZAiLBi = (а 4- ß)/2 = 45°.

3.47. Пусть Ai и В\ —середины дуг ВС и АС; О — центр вписанной окружности. Тогда А\В\ _1_ СО (см. задачу 2.20 а) и MN !_ СО, а значит, МЛГЦ А1В1. Будем перемещать точки М' и iV7 по лучам CA и СБ так, что M'N' \\A\B\. Лишь при одном положении точек М' и N' точка L, в которой пересекаются прямые В\М' и A\N', попадает на описанную окружность треугольника АБС. С другой стороны, если отрезок MN проходит через точку О, точка L попадает на эту окружность (см. задачу 2.52).

3.48. Решение этой задачи обобщает решение предыдущей задачи. Достаточно доказать, что центр Oi вписанной окружности треугольника AßCi лежит на отрезке M2N\. Пусть Ai и А2 — середины дуг БС1 и БС2, Bi и В2 — середины дуг ACi и АС2; PQ — диаметр окружности S, перпендикулярный хорде АБ, причём Q и Ci лежат по одну сторону от прямой АБ. Точка Oi является точкой пересечения хорд AAi и ББ1, а точка L касания окружностей S и Si согласно задаче 3.43 а) является точкой пересечения

прямых AiiVi и В2М2 (рис. 3.16). Пусть ZCiAB = 2a, ZCiBA = 2ß, ZCiAC2 = 2ср. Тогда WA1A2 = 2ср = ^В\В2, т.е. А\В2 II В\А2. Угол между хордами А1Б2 и ВС\ равен (wE2Ci + wAiB)/2 =ß - ср + а. Далее, угол между хордами ВС\ и АС2 равен (wCiC2 + ^АВ)/2 = 2ср + 180° - 2а -- 2ß, поэтому хорда M2N1 образует с касательными ВС\ и АС2 углы а + ß - ср, а значит, M2N1 || А1Б2.

Предположим теперь, что точки М'2 и N'i перемещаются по хордам АС2 и ВС\ так, что M'2N[ II А1Б2. Пусть прямые AiA^i и В2М2 пересекаются в точке L'. Точка L' лежит на окружности S лишь при одном положении точек M2 и N[. Поэтому достаточно указать на дуге АБ такую точку Li, что если М'2, N" — точки пересечения хорд АС2 и Liß2, БС1 и Li Ai, то М'г'ЛГ/ || А1Б2 и точка Oi лежит на отрезке M'^N". Пусть Qi — такая точка окружности S, что 2Z(PQ, PQi) = Z(PC2, РС\), и Li —точка пересечения прямой Q1O1 с окружностью S. Докажем, что точка Li искомая. Так как ^B\Q — 2а, то ^B2Q\ = 2(а — 2ср) = ^СгАь Поэтому четырёхугольник AM2OiLi вписанный, а значит, АМ'^0\А = AM'^LiA = АВ2А\А, т.е. M'iO\ || В2А\. Аналогично N'{Oi ЦБ2А1.

3.49. Пусть Е\ и Е2 — основания перпендикуляров, опущенных из точек /1 и I2 на прямую ВС. Согласно задаче 3.48 точка / является точкой пересечения прямой, проходящей через точку Е\ и точку касания прямой AD и окружности Si, и прямой, проходящей через точку Е2 и точку касания прямой AD и окружности S2. Пусть F\ — точка пересечения прямых Е\1\ и E2I, F2 — точка пересечения прямых £2/2 и Е\1. Ясно, что DI\ JL Е\1, DI2 JL E2I и DI\ -L DI2. Поэтому I\D \\ F1E2 и I2D \\ F2E1. Следовательно, Eih : I\F\ = E\D: DE2 = F2I2' /2^2- Это означает, что точка / лежит на отрезке /1/2» причём

Пусть Е — проекция точки / на прямую ВС. Тогда г = IE. Согласно задаче 1.1 б)

3.50. Пусть ср = ZAOB, где О — точка пересечения диагоналей АС и BD. Пусть, далее, гаь, Гьс, rCd, rad—радиусы окружностей, касающихся описанной окружности четырёхугольника ABCD и отрезков СО и DO, DO и АО, АО и ВО,

Рис. 3.16

ВО и СО. Согласно теореме Тебо (задача 3.49)

Поэтому

3.51. Пусть окружности с центрами 0\ и О2 проходят через точку А. Радиусы Oi А и О2А перпендикулярны касательным к окружностям в точке А, поэтому окружности ортогональны тогда и только тогда, когда ZOiAO2 = 90°, т.е. OiOl =OiA2 + О2А2.

3.52. Пусть Ai, В\ и Ci — центры данных окружностей, причём точки А, Б и С лежат на отрезках BiCi, Ci Ai и AiBi соответственно. Так как AiB = AiC, BiA = BiC и CiA = CiB, то А, Б и С — точки касания вписанной окружности треугольника А1В1С1 с его сторонами (см. задачу 5.1). Таким образом, радиусы AiB, BiC и CiA данных окружностей касаются описанной окружности треугольника АБС.

3.53. Легко проверить, что угол поворота от вектора О/Б до вектора 0,М, (против часовой стрелки) равен 2Z(Aß, AM,). Ясно также, что Z(AB, AMi) = Z(AB, АМ2).

3.54. Проведём через точку Р другую прямую, пересекающую окружность в точках Ai и Бь Тогда APAAi ~ АРВ\В, поэтому РА:РАХ = РВХ : PB.

3.55. Проведём через точку Р касательную PC. АРАС ~ АРСВ, поэтому РА : PC = PC: PB.

3.56. Пусть прямая, проходящая через точку Р и центр окружности, пересекает окружность в точках А и Б. Тогда РА = d + R и PB = \d — R\. Поэтому PA • PB = \d2 — R2\. Ясно также, что величина d — R и степень точки Р относительно окружности S имеют одинаковые знаки.

3.57. Пусть а = -а/2, ß = -Ъ/2 и R= s/oc2+ß2-c. Тогда f(x, у) = (х - а)2 + (у - ß2) - R2, т.е. (ос, ß)—центр данной окружности S, a R — её радиус. Таким образом, квадрат расстояния от точки (хо, у о) до центра окружности S равен (х - а)2 + (у - ß2). Поэтому согласно задаче 3.56 степень точки (хо, уо) относительно окружности S равна f(xo, уо).

3.58. Пусть R\ и R<2 — радиусы окружностей. Рассмотрим систему координат, в которой центры окружностей имеют координаты (—а, 0) и (а, 0). Согласно задаче 3.56 степени точки с координатами (х, у) относительно данных окружностей равны (х + а)2 + у2 — R{ и (х — а)2 + у2 — R22 соответственно. Приравнивая эти выражения, получаем х— (R\ — Щ)/4а. Это уравнение задаёт прямую, перпендикулярную отрезку, соединяющему центры окружностей.

3.59. Степени точки пересечения окружностей относительно каждой из них равны нулю, поэтому она лежит на радикальной оси. Если точек пересечения две, то они однозначно задают радикальную ось.

3.60. Так как центры окружностей не лежат на одной прямой, радикальная ось первой и второй окружностей пересекается с радикальной осью второй и третьей окружностей. Степени точки пересечения относительно всех трёх окружностей равны, поэтому она лежит на радикальной оси первой и третьей окружностей.

3.61. Согласно задаче 3.59 прямые, содержащие хорды, являются радикальными осями. Согласно задаче 3.60 радикальные оси пересекаются в одной

точке, если центры окружностей не лежат на одной прямой. В противном случае они перпендикулярны этой прямой.

3.62. Проведём вспомогательную окружность S, пересекающую обе данные окружности. Затем проведём прямую через общие точки окружностей Si и S и прямую через общие точки окружностей S2 и S. Точка пересечения этих прямых — радикальный центр окружностей Si, S2 и S. С помощью какой-нибудь другой вспомогательной окружности построим ещё один радикальный центр. Искомая прямая соединяет построенные радикальные центры.

3.63. Пусть Oi и 02 — центры данных окружностей, г\ и г2 — их радиусы. Окружность S радиуса г с центром О ортогональна окружности S, тогда и только тогда, когда г2 = OOf — г?, т.е. квадрат радиуса окружности S равен степени точки О относительно окружности Si. Поэтому множеством центров искомых окружностей является множество тех точек радикальной оси, степени которых относительно данных окружностей положительны.

3.64. а) Указанные точки лежат на радикальной оси.

б) Точки касания внешних касательных с окружностями являются вершинами трапеции ABCD с основанием AB. Середины боковых сторон AD и ВС принадлежат радикальной оси, поэтому середина О диагонали АС тоже принадлежит радикальной оси. Если прямая АС пересекает окружности в точках Ai и Ci, то OAi OA = OCi - ОС, а значит, OAi = OCi и AAi =СС\.

3.65. Пусть M — середина отрезка CH. Требуется доказать, что точка M лежит на радикальной оси окружностей S и S\, т.е. её степени относительно этих окружностей равны. Пусть радиусы окружностей S и Si равны 2R и 2г. Тогда степень точки M относительно окружности Si равна СМ2 — 4г2 = — Зг2, а её степень относительно S равна ОМ2 - 4Б2, где О — середина отрезка AB. Ясно, что ОН2 = 4R2 - 4г2, поэтому ОМ2 = ОН2 L НМ2 = 4R2 - 4г2 + г2 = 4R2 - Зг2. Следовательно, ОМ2 - 4Я2 = -Зг2.

3.66. а) Пусть SA и Sb — окружности с диаметрами АА\ и ВВ\\ S — окружность с диаметром АБ. Общими хордами окружностей S и Sa, S и S в являются высоты АН а и ВНь, поэтому они (или их продолжения) пересекаются в точке Н. Согласно задаче 3.61 общая хорда окружностей Sa и S в проходит через точку пересечения хорд АНа и ВНЬ.

б) Общая хорда окружностей Sa и Sb проходит через точку пересечения прямых А\На и В\Нь (т.е. через точку С) тогда и только тогда, когда СБ1 • СНь = СА\ • СНа (длины отрезков следует считать ориентированными). Так как СНЬ = (a2 Lb2 - c2)/2b и СНа = (a2 Lb2 - с2)/2а, приходим к соотношению СВ\/Ъ = СА\/а.

3.67. Проведём в треугольнике С DE высоты CCi и DD\; пусть H — точка их пересечения. Окружности с диаметрами АС и BD проходят через точки Ci и Di соответственно, поэтому степень точки H относительно каждой из этих окружностей равна её степени относительно окружности с диаметром CD (эта окружность проходит через точки Ci и D\). Аналогично доказывается, что степени точки H относительно окружностей с диаметрами АС, BD и EF равны, т. е. радикальные оси этих окружностей проходят через точку Н. Для точек пересечения высот остальных трёх треугольников доказательство проводится аналогично.

Замечание. Центры рассматриваемых окружностей лежат на прямой Гаусса (см. задачу 4.56), поэтому их общая радикальная ось перпендикулярна прямой Гаусса.

3.68. Прямые А\А'2, В\В2 и С\С2 пересекаются в некоторой точке О (см. задачу 3.61). Так как AAiOB2 ~ ЛБ1ОА2, то А1Б2 : А2Б1 = ОАх : ОБь Аналогично Б1С2 : Б2С1 = ОВх : ОСх и d А2 : C2Ai = ОС\ :ОА\. Перемножая эти равенства, получаем требуемое.

3.69. Обозначим через В' и С точки пересечения прямых А'М и AfN с прямой, проведённой через точку А параллельно ВС (рис. 3.17). Так как треугольники А'ВМ и A1 NC равнобедренные, то ААВС = АА'В'С. Поскольку AM - ВМ = А'М-В'М, степени точки M относительно окружностей S и S', описанных около треугольников АБС и А'В'С соответственно, равны. Это верно и для точки N, поэтому прямая MN является радикальной осью окружностей S и S'. Окружности S и S' имеют одинаковые радиусы, поэтому их радикальная ось является их осью симметрии. Точка А', лежащая на окружности S', при симметрии относительно прямой MN переходит в точку, лежащую на окружности S.

3.70. Пусть АС и BD — касательные; Е и К — точки пересечения прямых АС и BD, AB и CD; 0\ и О2—центры окружностей (рис. 3.18). Так как АБ J_ OiE, О1Е !_ 02Е и 02Е JL СБ, то АБ ± СБ, а значит, — точка пересечения окружностей S\ к S2 с диаметрами АС и ББ. Точка if лежит на радикальной оси окружностей S\ и S2; остаётся проверить, что этой радикальной осью является прямая О1О2. Радиусы OiA и О1Б являются касательными к Si и S2, поэтому точка Oi лежит на радикальной оси. Аналогично точка О2 лежит на радикальной оси.

3.71. Обозначим данные окружности через Si, Sn. Для каждой окружности Si рассмотрим множество Mi, состоящее из тех точек X, для которых степень относительно Si не больше степеней относительно S\,...,Sn. Тогда Mi — выпуклое множество. В самом деле, пусть Мц — множество точек X,

Рис. 3.17

Рис. 3.18

для которых степень относительно S, не больше степени относительно Sj. My является полуплоскостью, состоящей из точек, лежащих по одну сторону с окружностью Si от радикальной оси окружностей Si и Sj. Множество М,-является пересечением выпуклых множеств Мц, поэтому оно само выпуклое. Кроме того, поскольку каждое из множеств Мц содержит окружность Si, то Mi содержит Si. Так как для каждой точки плоскости какая-то из степеней относительно Si, Sn является наименьшей, множества М,- покрывают всю плоскость. Рассматривая те части множеств М/, которые лежат внутри исходного многоугольника, получаем требуемое разбиение.

3.72. а) Точки В\ и С\ лежат на окружности с диаметром ВС, поэтому степени точки А! относительно описанных окружностей треугольников А1Б1С1 и ABC равны степени точки А' относительно этой окружности. Значит, точка А' лежит на радикальной оси окружности девяти точек и описанной окружности треугольника ABC. Для точек В' и С доказательство аналогично.

б) Рассмотрим треугольник А1Б1С1, образованный внешними биссектрисами треугольника ABC (треугольник А1Б1С1 остроугольный). Согласно задаче а) точки А', В' и С' лежат на радикальной оси описанных окружностей треугольников ABC и А1Б1С1. Радикальная ось этих окружностей перпендикулярна прямой, соединяющей их центры, т.е. прямой Эйлера треугольника А1Б1С1.

Остаётся заметить, что точка пересечения высот треугольника А1В1С1 является точкой пересечения биссектрис треугольника АБС (см. задачу 1.57 а).

3.73. Пусть выпуклый шестиугольник ABCDEF касается окружности в точках R, Q, Т, S, Р, U (точка R лежит на АБ, Q— на ВС и т.д.).

Выберем произвольное число а > О и построим на прямых ВС и EF точки Q' и Р' так, что QQ' = РР' = а, а векторы QQ' и РР' сонаправлены с векторами СБ и EF. Аналогично строим точки R', S', Т', U' (рис. 3.19; RR' = SS' = TT' = UU' = а). Построим окружность Si, касающуюся прямых ВС и EF в точках Q' и Р'. Аналогично построим окружности S<2 и S3.

Докажем, что точки В и Е лежат на радикальной оси окружностей Si и S2. BQ' = QQ' — - BQ = RR' - BR = BR' (если QQ' < BQ, то BQ' = BQ - QQ' = BR - RR' = BR') и EP' = EP + РР' = ES + SS' = ES'. Аналогично доказывается, что прямые FC и AD являются радикальными осями окружностей Si и S3, S2 и S3 соответственно. Так как радикальные оси трёх окружностей пересекаются в одной точке, прямые AD, BE и CF пересекаются в одной точке.

3.74. Пусть Ai—точка касания окружностей S, и S,+i, X — точка пересечения прямых Ai A4 и А2А3. Тогда X — точка пересечения общих внешних касательных к окружностям S2 и S4 (см. задачу 5.73). А так как четырёхугольник Ai А2 A3 A4 вписанный (задача 3.23), то XAi • ХА4 = ХА2 • ХА3, а значит, точка X лежит на радикальной оси окружностей Si и S3.

3.75. а) Рассмотрим систему координат с началом О в середине отрезка, соединяющего центры окружностей, а ось Ох направим вдоль этого отрезка. Пусть точка Р имеет координаты (х, у); R и г — радиусы окружностей Si и S2;

Рис. 3.19

Тогда

Пусть точка А имеет координаты (хо, г/о). Тогда

Поэтому

б) Пусть d — расстояние между центрами описанных окружностей треугольников ACD и BCD; ha и Кь — расстояния от точек А и Б до прямой CD. Согласно задаче а) \ра\ = 2dha и \рь\ = 2dhb. Учитывая, что Sbcd = hbCD/2 и S acd = haCD/2, получаем требуемое.

3.76. Две окружности задают радикальную ось, поэтому а) следует из б). Пусть задана окружность S с центром О и радиусом R и прямая /. Окружность S\ с центром Oi и радиусом R\ и окружность S имеют радикальную ось / тогда и только тогда, когда точка Oi лежит на прямой, перпендикулярной прямой / и проходящей через точку О, а кроме того, для любой точки А прямой / выполняется равенство АО2 - R2 = АО\ - Б2, т. е. R2 = АО2 - АО2 + R2 (теорема Пифагора показывает, что эта величина не зависит от выбора точки А на прямой /). Легко видеть, что все окружности, центры которых лежат на указанной прямой, а радиусы удовлетворяют указанному соотношению, образуют пучок. Действительно, если АО2 - R2 = AOi - R{ и АО2 — R2 = АО2 — R\, то АО2 — R2 = АО2 — i?|> поэтому прямая / служит радикальной осью окружностей S\ и S2.

3.77. Если \ф 1, то

Поэтому согласно задаче 3.57 радикальная ось окружностей

задаётся уравнением

очевидных преобразований получаем уравнение f = g. Таким образом, радикальная ось этих окружностей совпадает с радикальной осью окружностей / = 0 и g = 0.

3.78. Из решения задачи 3.76 видно, что если окружность пучка проходит через точку радикальной оси, то и все остальные окружности пучка тоже проходят через эту точку.

3.79. В эллиптическом пучке любая окружность пересекает радикальную ось в двух фиксированных точках; радиус такой окружности больше нуля.

В параболическом пучке любая окружность касается радикальной оси в фиксированной точке; именно эта точка является предельной.

Рассмотрим теперь гиперболический пучок. Пусть А — точка пересечения радикальной оси и прямой т, на которой лежат центры окружностей пучка. Пусть, далее, k — степень точки А относительно всех окружностей пучка. Для гиперболического пучка k > 0. Точка О прямой m является центром окружности нулевого радиуса, если АО2 = k. Таких точек две.

3.80. Пусть S — окружность с центром О и радиусом R, S\ — окружность с центром Oi и радиусом R\. Ортогональность этих окружностей эквивалентна тому, что OOl=R2+Rf. Степень точки О относительно окружности S\ равна ОО2 — Б2, поэтому ортогональность окружностей S и Si эквивалентна тому, что степень точки О относительно окружности Si равна Б2.

Предположим, что окружность S ортогональна окружностям S\ и 82. Тогда степень точки О относительно окружностей S\ и S2 равна R2. Поэтому точка О лежит на их радикальной оси. Степень точки О относительно любой окружности пучка, порождённого окружностями S\ и S2, равна R2.

3.81. Пусть окружность S с центром О и радиусом R принадлежит данному пучку. Тогда, как следует из решения задачи 3.80, степень точки О относительно любой окружности, ортогональной S, равна R2. Поэтому прямая, на которой лежат центры окружностей данного пучка, является радикальной осью для семейства ортогональных окружностей.

3.82. Точка О является предельной точкой пучка тогда и только тогда, когда её степень относительно любой окружности ортогонального пучка равна 0, т. е. точка О принадлежит любой окружности ортогонального пучка. Ясно также, что пучок, ортогональный ортогональному пучку, совпадает с исходным пучком.

ГЛАВА 4

ПЛОЩАДЬ

Основные сведения

1. Площадь S треугольника ABC можно вычислять по следующим формулам:

а) S = aha/2, где а = ВС, ha—длина высоты, опущенной на ВС;

б) S = -frcsinA, где Ь, с — стороны треугольника, А — угол между ними;

в) S=pr, где р — полупериметр, г — радиус вписанной окружности. В самом деле, если О — центр вписанной окружности, то

2. Если многоугольник разрезан на несколько многоугольников, то сумма их площадей равна площади исходного многоугольника.

3. Фигуры, имеющие равную площадь, иногда называют равновеликими.

Вводные задачи

1. Докажите, что площадь выпуклого четырёхугольника равна -did2sin(p, где d\ и d2— длины диагоналей, а ср—угол между ними.

2. Пусть Е и F — середины сторон ВС и AD параллелограмма ABCD. Найдите площадь четырёхугольника, образованного прямыми АЕ, ED, BF и FC, если известно, что площадь ABCD равна S.

3. Многоугольник описан около окружности радиуса г. Докажите, что его площадь равна рг, где р — полупериметр многоугольника.

4. Точка X расположена внутри параллелограмма ABCD. Докажите, что Sabx + Scdx = S вех + Sadx-

5. Пусть Ai, В\, С\ и Di—середины сторон CD, DA, AB, ВС квадрата ABCD, площадь которого равна S. Найдите площадь четырёхугольника, образованного прямыми AAi, BBi, CCi и DDi.

§ 1. Медиана делит площадь пополам

4.1. Докажите, что медианы разбивают треугольник на шесть равновеликих треугольников.

4.2. Дан треугольник ABC. Найдите все такие точки Р, что площади треугольников АВР, ВСР и АСР равны.

Рис. 4.1

4.3. Внутри данного треугольника АБС найдите такую точку О, что площади треугольников BOL, СОМ и AON равны (точки L, M и N лежат на сторонах AB, ВС и CA, причём OL II ВС, ОМ II АС и ON || AB; рис. 4.1).

4.4. На продолжениях сторон треугольника ABC взяты точки_Ai, В\ и С\ так, что ABi = 2 AB, BCi = 2ВС и СА1 = 2АС. Найдите площадь треугольника A\BiC\, если известно, что площадь треугольника АБС равна S.

4.5. На продолжениях сторон DA, AB, ВС, CD выпуклого четырёхугольника ABCD взяты точки Аь< Бь Ci, Б>1 так, что БАг = 2БА, ABi = 2АБ, БС1 = 2БС и CDi = 2СБ. Найдите площадь получившегося четырёхугольника А1Б1С1Б1, если известно, что площадь четырёхугольника ABCD равна S.

4.6*. Шестиугольник ABCDEF вписан в окружность. Диагонали AD, BE и CF являются диаметрами этой окружности. Докажите, что площадь шестиугольника ABCDEF равна удвоенной площади треугольника АСЕ.

4.7*. Внутри выпуклого четырёхугольника ABCD существует такая точка О, что площади треугольников ОАБ, ОВС, OCD и ODA равны. Докажите, что одна из диагоналей четырёхугольника делит другую пополам.

§ 2. Вычисление площадей

4.8. Высота трапеции, диагонали которой взаимно перпендикулярны, равна 4. Найдите площадь трапеции, если известно, что длина одной из её диагоналей равна 5.

4.9. Каждая диагональ выпуклого пятиугольника ABCDE отсекает от него треугольник единичной площади. Вычислите площадь пятиугольника ABCDE.

4.10. В прямоугольник ABCD вписаны два различных прямоугольника, имеющих общую вершину К на стороне AB. Докажите, что сумма их площадей равна площади прямоугольника ABCD.

4.11*. В треугольнике АБС точка Е — середина стороны ВС, точка D лежит на стороне АС, АС=1, /БАС = 60°, /АБС = 100°, /АСБ = 20° и ZDEC = 80° (рис. 4.2). Чему равна сумма площади треугольника АБС и удвоенной площади треугольника CDE1

Рис. 4.2

4.12*. В треугольник Та = ЛА1А2А3 вписан треугольник Ть = ЛБ1Б2Б3, а в треугольник вписан треугольник Тс = ЛС1С2С3, причём стороны треугольников Та и 7\. параллельны. Выразите площадь треугольника Ть через площади треугольников Та и Тс.

4.13*. На сторонах треугольника АБС взяты точки Ai, Б1 и Ci, делящие его стороны в отношениях БА1 : AiC = р, СБ1 : Б1А = q и ACi : С1Б = г. Точки пересечения отрезков AAi, ББ1 и CCi расположены так, как показано на рис. 4.3. Найдите отношение площадей треугольников PQR и АБС.

§ 3. Площади треугольников, на которые разбит четырёхугольник

4.14. Диагонали четырёхугольника ABCD пересекаются в точке О. Докажите, что Saob = Scod тогда и только тогда, когда ВС \\ AD.

4.15. а) Диагонали выпуклого четырёхугольника ABCD пересекаются в точке Р. Известны площади треугольников АБР, БСР, CDP. Найдите площадь треугольника ADP.

б) Выпуклый четырёхугольник разбит диагоналями на четыре треугольника, площади которых выражаются целыми числами. Докажите, что произведение этих чисел представляет собой точный квадрат.

4.16*. Диагонали четырёхугольника ABCD пересекаются в точке Р, причём SABP + S2DP = SßCP + S^jyp. Докажите, что Р — середина одной из диагоналей.

4.17*. В выпуклом четырёхугольнике ABCD существуют три внутренние точки Pi, Р2, Р3, не лежащие на одной прямой и обладающие тем свойством, что сумма площадей треугольников ABPt и CDPi равна сумме площадей треугольников BCPi и ADPt для i = 1, 2, 3. Докажите, что ABCD — параллелограмм.

§ 4. Площади частей, на которые разбит четырёхугольник

4.18. Пусть К, L, M и N — середины сторон АБ, БС, CD и DA выпуклого четырёхугольника ABCD; отрезки КМ и LN пересекаются в точке О. Докажите, что Saxon + Sqlom = SBkol + SDNOm-

4.19. Точки К, L, M и N лежат на сторонах АБ, БС, CD и DA параллелограмма ABCD, причём отрезки КМ и LN параллельны сторонам параллелограмма. Эти отрезки пересекаются в точке О. Докажите, что площади параллелограммов KBLO и MDNO равны тогда и только тогда, когда точка О лежит на диагонали АС.

Рис. 4.3

4.20. На сторонах AB и CD четырёхугольника ABCD взяты точки M и N так, что AM : MB = CN : ND. Отрезки AN и DM пересекаются в точке К, а отрезки BN и СМ — в точке L. Докажите, что Skmln = Sadk + Sbcl •

4.21. На стороне AB четырёхугольника ABCD взяты точки А\ и Бь а на стороне CD — точки С\ и Di, причём A Ai = ВВ\ = рАВ и CCi = DDi = pCD, где р < 0, 5. Докажите, что SAiBiCiDJSabcd = 1 - 2р.

4.22*. Каждая из сторон выпуклого четырёхугольника разделена на пять равных частей и соответствующие точки противоположных сторон соединены (рис. 4.4). Докажите, что площадь среднего (заштрихованного) четырёхугольника в 25 раз меньше площади исходного.

4.23*. На каждой стороне параллелограмма взято по точке. Площадь четырёхугольника с вершинами в этих точках равна половине площади параллелограмма. Докажите, что хотя бы одна из диагоналей четырёхугольника параллельна стороне параллелограмма.

4.24*. Точки К и M — середины сторон AB и CD выпуклого четырёхугольника ABCD, точки L и N расположены на сторонах ВС и AD так, что KLMN — прямоугольник. Докажите, что площадь четырёхугольника ABCD вдвое больше площади прямоугольника KLMN.

4.25*. Квадрат разделён на четыре части двумя перпендикулярными прямыми, точка пересечения которых лежит внутри его. Докажите, что если площади трёх из этих частей равны, то равны и площади всех четырёх частей.

Рис. 4.4

§ 5. Разные задачи

4.26. Даны параллелограмм ABCD и некоторая точка М. Докажите, что S асм = \Sabm =Ь Sadm\>

4.27. На сторонах AB и ВС треугольника ABC внешним образом построены параллелограммы; Р — точка пересечения продолжений их сторон, параллельных AB и ВС. На стороне АС построен параллелограмм, вторая сторона которого равна и параллельна BP. Докажите, что его площадь равна сумме площадей первых двух параллелограммов.

4.28*. Точка О, лежащая внутри правильного шестиугольника, соединена с вершинами. Возникшие при этом шесть треугольников раскрашены попеременно в красный и синий цвет. Докажите, что сумма площадей красных треугольников равна сумме площадей синих.

4.29*. Продолжения сторон AD и ВС выпуклого четырёхугольника ABCD пересекаются в точке О; M и N— середины сторон AB и CD, Р и Q — середины диагоналей АС и BD. Докажите, что:

а) Spmqn = \Sabd — Sacd|/2;

б) SoPQ = S abcd/4.

4.30*. На сторонах AB и CD выпуклого четырёхугольника ABCD взяты точки Е и F. Пусть К, L, M и — середины отрезков ББ, Б.Р, СЕ и AF. Докажите, что четырёхугольник KLMN выпуклый и его площадь не зависит от выбора точек Е и F.

4.31*. Середины диагоналей АС, BD, СЕ, ... выпуклого шестиугольника ABCDEF образуют выпуклый шестиугольник. Докажите, что его площадь в четыре раза меньше площади исходного шестиугольника.

4.32*. Диаметр PQ и перпендикулярная ему хорда RS пересекаются в точке А. Точка С лежит на окружности, а точка В — внутри окружности, причём ВС || PQ и ВС = RA. Из точек А и В опущены перпендикуляры АК и BL на прямую CQ. Докажите, что Sack = Sbcl-

4.33*. Диагонали выпуклого четырёхугольника ABCD пересекаются в точке О; Р и Q — произвольные точки. Докажите, что

4.34*. Через точку О, лежащую внутри треугольника АБС, проведены отрезки, параллельные сторонам. Отрезки AAi, ББ1 и CCi разбивают треугольник АБС на четыре треугольника и три четырёхугольника (рис. 4.5). Докажите, что сумма площадей треугольников, прилегающих к вершинам А, Б и С, равна площади четвёртого треугольника.

4.35*. На биссектрисе угла А треугольника АБС взята точка Ai так, что AAi = р — а = (Ь + с — а)/2, и через точку Ai проведена прямая 1а, перпендикулярная биссектрисе. Если аналогично провести прямые 1ь и 1С, то треугольник АБС разобьётся на части, среди которых четыре треугольника. Докажите, что площадь одного из этих треугольников равна сумме площадей трёх других.

См. также задачи 3.39—3.42, 13.55—13.59, 16.5, 24.7.

§ 6. Прямые и кривые, делящие фигуры на равновеликие части

4.36. Отрезок MN, параллельный стороне CD четырёхугольника ABCD, делит его площадь пополам (точки M и N лежат на сторонах ВС и AD). Длины отрезков, проведённых из точек А и В

Рис. 4.5

параллельно CD до пересечения с прямыми ВС и AD, равны а и Ь. Докажите, что MN2 = (ab + с2)/2, где с = CD.

4.37. Каждая из трёх прямых делит площадь фигуры пополам. Докажите, что часть фигуры, заключённая внутри треугольника, образованного этими прямыми, имеет площадь, не превосходящую 1/4 площади всей фигуры.

4.38*. Прямая I делит площадь выпуклого многоугольника пополам. Докажите, что эта прямая делит проекцию данного многоугольника на прямую, перпендикулярную /, в отношении, не превосходящем 1 + у/2.

4.39*. Докажите, что любой выпуклый многоугольник можно разрезать двумя взаимно перпендикулярными прямыми на четыре фигуры равной площади.

4.40*. а) Докажите, что любая прямая, делящая пополам площадь и периметр треугольника, проходит через центр вписанной окружности.

б) Докажите аналогичное утверждение для любого описанного многоугольника.

4.41*. Точки А и В окружности Si соединены дугой окружности S2, делящей площадь круга, ограниченного Si, на равные части. Докажите, что дуга S2, соединяющая А и Б, по длине больше диаметра Si.

4.42*. Кривая Г делит квадрат на две части равной площади. Докажите, что на ней можно выбрать две точки А и Б так, что прямая AB проходит через центр О квадрата.

См. также задачи 2.73, 6.55, 6.56, 16.8, 18.33.

§ 7. Формулы для площади четырёхугольника

4.43. Диагонали четырёхугольника ABCD пересекаются в точке Р. Расстояния от точек А, Б и Р до прямой CD равны а, Ь и р. Докажите, что площадь четырёхугольника ABCD равна ab • CD/2р.

4.44. Четырёхугольник ABCD вписан в окружность радиуса Б, ср — угол между его диагоналями. Докажите, что площадь S четырёхугольника ABCD равна 2Б2 sin A sin Б sin ср.

4.45*. Докажите, что площадь четырёхугольника, диагонали которого не перпендикулярны, равна tgср • \а2 + с2 — Ь2 — d2|/4, где а, Ь, с и d— длины последовательных сторон, ср—угол между диагоналями.

4.46*. а) Докажите, что площадь выпуклого четырёхугольника ABCD вычисляется по формуле

где р — полупериметр, а, fr, с, d — длины сторон.

б) Докажите, что если четырёхугольник ABCD вписанный, то S2 =

в) Докажите, что если четырёхугольник ABCD описанный, то

См. также задачу 11.34.

§ 8. Вспомогательная площадь

4.47. Докажите, что сумма расстояний от точки, взятой произвольно внутри правильного треугольника, до его сторон постоянна (и равна высоте треугольника).

4.48. Докажите, что длина биссектрисы AD треугольника ABC равна cos —.

4.49. Внутри треугольника ABC взята точка О; прямые АО, ВО и СО пересекают его стороны в точках Ai, ßi и Ci. Докажите, что:

4.50. Даны (2п — 1)-угольник А1...А2/2-1 и точка О. Прямые AkO и A„+fc_iA„+fc пересекаются в точке Bk. Докажите, что произведение отношений An+k-iBk/An+kBk (k = 1, п) равно 1.

4.51. Дан выпуклый многоугольник А\А2...Ап. На стороне А\А% взяты точки В\ и Z>2, на стороне А2А3 — точки В2 и D3 и т.д. таким образом, что если построить параллелограммы A\BiC\Di, AnBnCnDn, то прямые AiCi, АпСп пересекутся в одной точке О. Докажите, что AiBi • А2Б2 •... • АпВп = AiDi - A2D2 •... • AnDn.

4.52. Длины сторон треугольника образуют арифметическую прогрессию. Докажите, что радиус вписанной окружности равен трети одной из высот треугольника.

4.53. Расстояния от точки X стороны ВС треугольника АБС до прямых АБ и АС равны аъ и dc. Докажите, что db/dc = ВХ • АС/(СХ • АБ).

4.54*. Многоугольник, описанный около окружности радиуса г, разрезан на треугольники (произвольным образом). Докажите, что сумма радиусов вписанных окружностей этих треугольников больше г.

4.55*. Через точку М, лежащую внутри параллелограмма ABCD, проведены прямые PR и QS, параллельные сторонам ВС и АБ (точки Р, Q, R и S лежат на сторонах АБ, БС, С£> и £>А соответственно). Докажите, что прямые BS, PD и MC пересекаются в одной точке.

4.56*. Докажите, что если никакие стороны четырёхугольника не параллельны, то середина отрезка, соединяющего точки пересечения противоположных сторон, лежит на прямой, соединяющей середины диагоналей (прямая Гаусса).

4.57*. На сторонах ВС и DC параллелограмма ABCD выбраны точки Di и Б1 так, что BDi = DB\. Отрезки ББ1 и DD\ пересекаются в точке Q. Докажите, что AQ — биссектриса угла BAD.

4.58*. В остроугольном треугольнике АБС проведены высоты ББ1 и CCi и на сторонах АБ и АС взяты точки К и L так, что

AK = ВСi и AL = CB\. Докажите, что прямая АО, где О — центр описанной окружности треугольника ABC, делит отрезок KL пополам.

4.59*. Медианы АА\ и СС\ треугольника АБС пересекаются в точке М. Докажите, что если четырёхугольник А\ВС\М описанный, то АБ = БС.

4.60*. Внутри треугольника АБС взята точка О. Обозначим расстояния от точки О до сторон БС, CA, АБ треугольника через da, dt, dc, а расстояния от точки О до вершин А, Б, С через Ra, Rb, Rc- Докажите, что:

См. также задачи 1.60, 5.5, 5.34, 6.5, 6.31, 6.38, 6.40, 6.83, 9.26, 10.6, 10.52, 10.99, 11.21, 12.35, 22.49.

§ 9. Перегруппировка площадей

4.61. Докажите, что площадь правильного восьмиугольника равна произведению длин наибольшей и наименьшей его диагоналей.

4.62. Из середины каждой стороны остроугольного треугольника опущены перпендикуляры на две другие стороны. Докажите, что площадь ограниченного ими шестиугольника равна половине площади исходного треугольника.

4.63*. Стороны АБ и CD параллелограмма ABCD площади 1 разбиты на п равных частей, AD и ВС — на m равных частей.

а) Точки деления соединены так, как показано на рис. 4.6, а.

б) Точки деления соединены так, как показано на рис. 4.6, б. Чему равны площади образовавшихся при этом маленьких параллелограммов?

4.64*. а) Четыре вершины правильного двенадцатиугольника расположены в серединах сторон квадрата (рис. 4.7). Докажите, что площадь заштрихованной части в 12 раз меньше площади двенадцатиугольника.

Рис. 4.6

б) Докажите, что площадь двенадцатиугольника, вписанного в окружность радиуса 1, равна 3.

См. также задачи 2.77, 3.41, 4.35, 9.44.

Задачи для самостоятельного решения

4.65. Стороны вписанного четырёхугольника ABCD удовлетворяют соотношению AB • ВС = AD • DC. Докажите, что площади треугольников ABC и ADC равны.

4.66. Можно ли двумя прямолинейными разрезами, проходящими через две вершины треугольника, разрезать его на четыре части так, чтобы три треугольника (из числа этих частей) были равновеликими?

4.67. Докажите, что все выпуклые четырёхугольники, имеющие общие середины сторон, равновелики.

4.68. Докажите, что если два треугольника, получающихся при продолжении сторон выпуклого четырёхугольника до их пересечения, равновелики, то одна из диагоналей делит другую пополам.

4.69. Площадь треугольника равна S, периметр равен Р. Прямые, на которых расположены его стороны, отодвигаются (во внешнюю сторону) на расстояние h. Найдите площадь и периметр треугольника, образованного тремя полученными прямыми.

4.70. На стороне AB треугольника ABC взяты точки D и Е так, что ZACD = ZDCE = ZECB = ср. Найдите отношение CD: СЕ, если известны длины сторон АС и ВС и угол ср.

4.71. Пусть АА\, ВВ\ и CCi—биссектрисы треугольника ABC. Докажите, что

4.72. Точки M и N являются серединами боковых сторон AB и CD трапеции ABCD. Докажите, что если удвоенная площадь трапеции равна AN • NB + CM • MD, то AB = CD = ВС + AD.

4.73. Если четырёхугольник с попарно различными длинами сторон вписан в окружность радиуса R, то существует ещё два не равных ему четырёхугольника с такими же длинами сторон, вписанных в ту же окружность. Эти четырёхугольники имеют не более трёх различных длин диагоналей: d\, d2 и ds. Докажите, что площадь четырёхугольника равна did2ds/4:R.

4.74. На сторонах AB, ВС и CA треугольника ABC взяты точки Ci, Ai и В\\ точки С2, А2 и В2 симметричны этим точкам относительно середин соответствующих сторон. Докажите, что S^ißiCi =Sa2b2C2-

4.75. Внутри треугольника ABC взята точка Р. Прямые, проходящие через точку Р и вершины треугольника, пересекают стороны

Рис. 4.7

в точках Ai, В\ и Ci. Докажите, что площадь треугольника, образованного серединами отрезков AAi, ВВ\ и CCi, равна четверти площади треугольника А1Б1С1.

Решения

4.1. Пусть M — точка пересечения медиан треугольника ABC. Прямая ВЫ разрезает каждый из треугольников АБС и AMC на два равновеликих треугольника, поэтому Sabm = S всм- Аналогично S всм = Scam-

4.2. Из равенства площадей треугольников АВР и ВСР следует, что расстояния от точек А и С до прямой BP равны. Поэтому прямая BP либо проходит через середину отрезка АС, либо параллельна ему. Искомые точки изображены на рис. 4.8.

4.3. Обозначим точку пересечения прямой LO со стороной АС через L\. Так как SL0B = SMoc и АМОС = ALiOC, то Slob = Sl^oc- Высоты треугольников LOB и L\OC равны, поэтому LO — L\0, т. е. точка О лежит на медиане, проведённой из вершины А. Аналогично доказывается, что точка О лежит на медианах, проведённых из вершин Б и С, т. е. О — точка пересечения медиан треугольника. Эти рассуждения показывают также, что точка пересечения медиан треугольника обладает требуемым свойством.

4.4. Так как SAibb1 = SAiab = SAbc, то Saa^b^ = 2S. Аналогично SßßlCl = Scc1a1 = 2S. Поэтому S abc = 7S.

4.5. Поскольку AB = BB\, то Sbb^c = Sbac- А так как ВС = CCi, то SßlClc = SßßlC = Sbac и SßßlCl = 2SBac- Аналогично SDDlAl = 2SAcd, поэтому Sbb1Ci + ^dd1a1 = 2Sabc + 2Sacd = 2Sabcd- Аналогично Saa1b1 + ScciDl = 2Sabcd, поэтому Sa1B1C1D1 = S abcd + Saa1b1 + Sbb1c1 + Scc1d1 + Sdd1a1 = 5Sabcd-

4.6. Пусть О — центр описанной окружности. Так как AD, BE и CF — диаметры, то Sabo = S Deo = Saeoj S всо = Sefo = Sceoj Scdo = Safo = Saco- Ясно также, что Sabcdef = 2 (Sabo + Sbco + Scdo) и S ace = Saeo + Sceo + Saco- Следовательно, Sabcdef = 2SAce-

4.7. Пусть E и F — середины диагоналей АС и BD. Так как Saob = Saod-, точка О лежит на прямой AF. Аналогично точка О лежит на прямой CF. Предположим, что точка пересечения диагоналей не является серединой ни одной из них. Тогда прямые AF и CF имеют единственную общую точку F, поэтому О = F. Аналогично доказывается, что О = Е. Получено противоречие.

4.8. Пусть диагональ АС трапеции ABCD с основанием AD равна 5. Достроим треугольник АСБ до параллелограмма АСВЕ. Площадь трапеции ABCD равна площади прямоугольного треугольника DBE. Пусть ВН — высота треугольника DBE. Тогда EH2 = BE2 - ВН2 = 52 - 42 = З2 и ED = BE2/EH = 25/3. Поэтому Sdbe = ED • БЯ/2 = 50/3.

4.9. Так как Sabe = Sabc, то ЕС \\ AB. Остальные диагонали тоже параллельны соответствующим сторонам. Пусть Р — точка пересечения BD и ЕС.

Рис. 4.8

если SßPC = x, то S abcde = S abe + SePB + SeDC + SbPC = 3 + x (SePB = S abe = 1, так как АВРЕ — параллелограмм). Так как Sbpc ' Sdpc = BP : DP = Sepb ' Sepd, то x : (1 — x) = 1 : x, а значит, x = (у/Ъ - l)/2 и Sabcde = (у/Ъ + 5)/2.

4.10. Центры всех трёх прямоугольников совпадают (см. задачу 1.7), поэтому два меньших прямоугольника имеют общую диагональ KL. Пусть M к N — вершины этих прямоугольников, лежащие на стороне ВС. Точки M к N лежат на окружности с диаметром KL. Пусть О — центр этой окружности. Oi —проекция точки О на ВС. Тогда ВО\ = СО\ и МО\ = NO\, а значит, ВМ = NC. Чтобы доказать, что Sklm + Skln = Skbcl, достаточно проверить, что (Skbm + Slcm) + (Skbn + SLCN) = Skbcl = ВС (KB + CL)/2 = ВС • AB/2. Остаётся заметить, что KB • ВМ + KB • BN = KB • ВС, LC • CM + LC-CN = LC-BC и KB • ВС + LC • БС = AB • БС.

4.11. Опустим из точки С перпендикуляр / на прямую AB. Пусть точки А', В' и Е' симметричны точкам А, Б и Б относительно прямой /. Тогда треугольник АА'С равносторонний, причём ZACB = АВСВ' = AB'CA' = 20°. Треугольники ЕЕ'С и DEC равнобедренные с углом при вершине 20°, причём боковая сторона ЕС у них общая. Следовательно, Sabc + 2Sedc = Sabc + 2SEe'c-Так как Е — середина ВС, то 2SEe'c = SBe>c = Sbb'c/2. Поэтому SAbc + 2SEdc = Saa'c/2 = s/3/8.

4.12. Пусть площади треугольников Ta, Tb и Тс равны а, Ъ и с. Треугольники Та и Тс гомотетичны, поэтому прямые, соединяющие их соответственные вершины, пересекаются в одной точке О. Коэффициент k подобия этих треугольников равен у/а/с. Ясно, что SAib3o ' Sc^gO = AiO : С\0 = k. Записывая аналогичные равенства и складывая их, получаем а : Ъ — k, а значит, Ъ — у/а~с.

4.13. Воспользовавшись результатом задачи 1.3 а), легко проверить, что

Ясно также, что

Поэтому Учитывая, что

получаем

4.14. Если Saob = Scod, то АО ВО = СО • DO. Поэтому ЛАОБ - АСОВ и AD II ВС. Эти рассуждения обратимы.

4.15. а) Так как Sadp : Sabp = DP : BP = Scdp - Sbcp, to SAdp = SAbp - SCdp/SBcp-

б) Согласно задаче а)

Поэтому

4.16. После сокращения на sin2^/4, где ср—угол между диагоналями, данное равенство площадей перепишется в виде

4.17. Предположим, что четырёхугольник ABCD не параллелограмм; например, прямые AB и CD пересекаются. Согласно задаче 7.2 множеством точек Р, лежащих внутри четырёхугольника ABCD, для которых Sabp + Scdp = Sbcp + Sadp = Sabcd/2, является отрезок. Следовательно, точки Pi, Р'2 и Рз лежат на одной прямой. Получено противоречие.

4.18. Ясно, что Sakon = Sako + Sano = (SAob + SAod)/2. Аналогично SClom = (Sвсо + Scod)/2- Поэтому Sakon + Sclom = Sabcd/2-

4.19. Если площади параллелограммов KBLO и MDNO равны, то OK - OL = ОМ - ON. Учитывая, что ON = КА и ОМ = LC, получаем KO:KA = LC: LO. Следовательно, АКОА ~ ALCO, а значит, точка О лежит на диагонали АС. Эти рассуждения обратимы.

4.20. Пусть h\, h и h2 — расстояния от точек A, M и Б до прямой СБ. Согласно задаче 1.1 б) h = ph2 + (1 - p)h\, где р = AM/AB. Поэтому Sdmc = h • БС/2 = (h2p • DC + hi (1 - p) • БС)/2 = Sbcn + Sadn- Вычитая из обеих частей этого равенства Sdkn + Scln, получаем требуемое.

4.21. Согласно задаче 4.20 Sabd^ + Scdb^ = SAbcd- Поэтому SAib1c1d1 = — Sa1b1d1 + Sc1d1b1 = (1 — %p)Sabd1 + (1 — 2p)ScDBl = (1 — ^p)Sabcd-

4.22. Согласно задаче 4.21 площадь среднего из четырёхугольников, заданных отрезками, соединяющими точки сторон АБ и СБ, в пять раз меньше площади исходного четырёхугольника. А так как каждый из рассматриваемых отрезков делится отрезками, соединяющими соответствующие точки другой пары противоположных сторон, на пять равных частей (см. задачу 1.16), то, воспользовавшись ещё раз результатом задачи 4.21, получим требуемое.

4.23. На сторонах АБ, ВС, CD и АБ взяты точки К, L, M и N соответственно. Предположим, что диагональ КМ не параллельна стороне АБ. Фиксируем точки К, M, N и будем двигать точку L по стороне БС. При этом площадь треугольника KLM изменяется строго монотонно. Кроме того, если LN II АБ, то выполняется равенство Sakn + Sbkl + Sclm + Sdmn = Sabcd/2, t. e. Sklmn = Sabcd/2-

4.24. Пусть Li и N\ — середины сторон ВС и АБ соответственно. Тогда KLiMNi —параллелограмм и его площадь равна половине площади четырёхугольника ABCD (см. задачу 1.38 а). Поэтому достаточно доказать, что площади параллелограммов KLMN и KLiMNi равны. Если эти параллелограммы совпадают, то доказывать больше ничего не нужно, а если они не совпадают, то, так как середина отрезка КМ является их центром симметрии, LLi || NN\ и ВС II АБ. В этом случае средняя линия КМ трапеции ABCD параллельна основаниям ВС и АБ, и поэтому высоты треугольников KLM и KLiM, опущенные на сторону КМ, равны, т. е. равны площади параллелограммов KLMN и KLiMNi.

4.25. Пусть данные прямые h и 12 делят квадрат на четыре части, площади которых равны Si, S2, S3 и S4, причём для первой прямой площади частей, на которые она делит квадрат, равны Si + S2 и S3 + S4 а для второй они

равны S'2 + S3 и S\ + S4. Так как по условию Si = S2 = S3, то Si + S2 = S2 + S3. Это означает, что образ прямой 1\ при повороте относительно центра квадрата на +90° или —90° не просто параллелен прямой I2, а совпадает с ней.

Остаётся доказать, что прямая 1\ (а значит, и прямая I2) проходит через центр квадрата. Предположим, что это не верно. Рассмотрим образы прямых 1\ и I2 при поворотах на ±90° и обозначим площади частей, на которые они делят квадрат, так, как показано на рис. 4.9 (на этом рисунке изображены оба различных варианта расположения прямых). Прямые 1\ и I2 делят квадрат на четыре части, площади которых равны а, а + b, а + 2Ь + с и а + Ь, причём числа a, b и с ненулевые. Ясно, что три из указанных четырёх чисел не могут быть равны. Получено противоречие.

4.26. Все три рассматриваемых треугольника имеют общее основание AM. Пусть Jib, hCf и hd — расстояния от точек В, С и D до прямой AM. Так как АС = AB + AD, то hc = \hb ± hd\.

4.27. Можно считать, что Р — общая точка параллелограммов, построенных на сторонах AB и ВС, т. е. эти параллелограммы имеют вид ABPQ и CBPR.

ясно, что SaCRQ = S abpq + Scbpr-

4.28. Пусть сторона данного шестиугольника равна а. Продолжения красных сторон шестиугольника образуют правильный треугольник со стороной За, причём сумма площадей красных треугольников равна половине произведения а на сумму расстояний от точки О до сторон этого треугольника, поэтому она равна а2 • 3v/3/4 (см. задачу 4.47). Сумма площадей синих треугольников вычисляется аналогично.

4.29. а) Площадь параллелограмма PMQN равна ВС • AD sin а/4, где а — угол между прямыми AD и ВС. Высоты треугольников ABD и ACD, опущенные из вершин Б и С, равны ОБ sin а и ОС sin а, поэтому \Sabd — Sacd\ = \ОВ - ОС\ - AD sin а/2 = ВС • AD sin а/2.

б) Пусть для определённости пересекаются лучи AD и ВС. Так как PN \\ АО и QN II СО, точка N лежит внутри треугольника OPQ. Поэтому Sopq = Spqn +

4.30. Отрезки КМ и LN являются средними линиями треугольников CED и AFB, поэтому они имеют общую точку — середину отрезка EF. Кроме того, КМ — CD/2, LN = АВ/2 и угол между прямыми КМ и LN равен углу а между прямыми АБ и CD. Поэтому площадь четырёхугольника KLMN равна АБ • CD sin а/8.

Рис. 4.9

Рис. 4.10

4.31. Обозначим середины диагоналей шестиугольника ABCDEF так, как показано на рис. 4.10. Докажем, что площадь четырёхугольника A\B\C\D\ в четыре раза меньше площади четырёхугольника ABCD. Воспользуемся для этого тем, что площадь четырёхугольника равна половине произведения длин диагоналей на синус угла между ними. Так как А\С\ и B\D\ — средние линии треугольников BDF и АСЕ, получаем требуемое. Аналогично доказывается, что площадь четырёхугольника Di Ei Fi Ai в четыре раза меньше площади четырёхугольника DEFA.

4.32. Пусть а = ZPQC. Так как PC || АК,

Поэтому

4.33. Ясно, что

Прибавив к обеим частям этого равенства 1, получим

(1)

Аналогично доказывается, что

(2)

Поделив равенство (2) на (1), получаем требуемое.

4.34. Пусть Sa, Sb и Sc — площади треугольников, прилегающих к вершинам А, Б и С; S — площадь четвёртого рассматриваемого треугольника. Ясно, что SUcCi + SßAAi + Scßß! = Sabc - S + Sa + Sb + Sc. Кроме того, Sabc = Saoc + Saob + Sboc = Sacc1 + Sbaa1 + Scbb1 •

4.35. Пусть О — центр вписанной окружности треугольника ABC, В\ — точка касания вписанной окружности со стороной АС. Вырежем из треугольника АБС треугольник АОБ1 и отразим его симметрично относительно биссектрисы угла ОАВ\. При этом прямая ОБ1 перейдёт в прямую 1а. Проделаем такую операцию для остальных треугольников. Общие части полученных при этом треугольников являются тремя треугольниками рассматриваемого разбиения, а непокрытая часть треугольника АБС — четвёртым треугольником. Ясно также, что площадь непокрытой части равна сумме площадей частей, покрытых дважды.

4.36. Пусть для определённости лучи AD и ВС пересекаются в точке О. Тогда Scdo ' Smno = с2 : х2, где х = MN, и S або ' Smno — ab \ х2, так как OA : ON = а : х и ОБ : ОМ = b : х. Следовательно, х2 - с2 = ab - х2, т.е. 2х2 = ab + c2.

4.37. Обозначим площади частей фигуры, на которые её делят прямые, так, как показано на рис. 4.11. Площадь всей фигуры обозначим через S. Так как S3 + (S2 + S7) = S/2 = Si + S6 + (S2 + S7), то S3 = Si + S6. Складывая это равенство с равенством S/2 = Si + S2 + S3 + S4, получаем S/2 = 2Si +S2 + S4 + S6 ^ 2Si, т.е. Si ^ S/4.

4.38. Обозначим проекцию прямой / через Б, крайние точки проекции многоугольника — через А и С. Пусть С\ — точка многоугольника, проецирующаяся в точку С; прямая / пересекает многоугольник в точках К и L, а К\ и Li —точки прямых С\К и CiL, проецирующиеся в точку А (рис. 4.12).

Одна из частей, на которые прямая / делит многоугольник, содержится в трапеции K\KLL\, другая часть содержит треугольник C\KL. Поэтому Sk^lLï ^ SCikl, т.е. АБ • (KL + KiLi) ^ ВС • KL. Так как КХЬХ = KL • (АБ + ВС) /ВС, то АБ • (2 + AB/ВС) ^ БС. Решая это квадратное неравенство, получаем ВС/ AB ^1 + у/2. Аналогично AB/ВС ^ 1 + у/2 (нужно провести те же рассуждения, поменяв местами А и С).

4.39. Обозначим площадь многоугольника через S. Пусть I — произвольная прямая. Введём систему координат, для которой прямая / является осью Ох.

Пусть S (а) — площадь той части многоугольника, которая лежит ниже прямой у = а. При изменении а от — оо до +00 S (а) непрерывно меняется от 0 до S, поэтому S(a) = S/2 для некоторого а, т. е. прямая у = а делит площадь многоугольника пополам. Аналогично существует прямая, перпендикулярная / и делящая площадь многоугольника пополам. Эти две прямые разбивают многоугольник на части, площади которых равны Si, S2, S3 и S4 (рис. 4.13). Так как Si + S2 = S3 + S4 и Si + S4 = S2 + S3, то Si = S3 = А и S2 = S4=B. При повороте прямой / на 90° А заменится на Б, а Б — на А. Так как А и Б изменяются при повороте / непрерывно, то для некоторого положения прямой А = В, т.е. площади всех четырёх фигур равны.

4.40. а) Пусть прямая, делящая пополам площадь и периметр треугольника АБС, пересекает стороны АС и ВС в точках Р и Q соответственно. Обозначим центр вписанной окружности треугольника АБС через О,

Рис. 4.11 Рис. 4.12

Рис. 4.13

радиус вписанной окружности через г. Тогда Sabqop = г(АР + АБ + BQ)/2 и Soqcp = r(QC + CP)/2. Так как прямая PQ делит периметр пополам, то АР + AB + BQ = QC + CP, поэтому Sabqop = Soqcp- Кроме того, Sabqp = Sqcp по условию. Поэтому Soqp = 0, т. е. прямая QP проходит через точку О. б) Доказательство проводится аналогично.

4.41. Рассматривая образ окружности S2 при симметрии относительно центра окружности S\ и учитывая равенство площадей, можно доказать, что диаметр АА\ окружности S\ пересекает S2 в некоторой точке К, отличной от А, причём АК > А\К. Окружность радиуса КА\ с центром К касается окружности S\ в точке А\, поэтому ВК>А\К, т.е. ВК + КА> А\А. Ясно также, что сумма длин отрезков ВК и КА меньше длины дуги S2, соединяющей точки А и Б.

4.42. Случай, когда точка О принадлежит Г, очевиден; поэтому будем предполагать, что О не принадлежит Г. Пусть Г' — образ кривой Г при симметрии относительно точки О. Если кривые Г и Г' не пересекаются, то части, на которые Г делит квадрат, не могут быть равной площади. Пусть X — точка пересечения Г и Г', а точка X' симметрична X относительно точки О. Так как при симметрии относительно точки О кривая Г' переходит в Г, то X' принадлежит Г. Поэтому прямая XX' искомая.

4.43. Пусть площади треугольников АРВ, ВРС, CPD и DPA равны Si, S2, S3 и Sa. Тогда а/р = (S3 + S4)/S3 и Ъ • CD/2 = S3 + S2, a значит, ab-CD/2p = (S3 + S4HS3 + S2VS3. Учитывая, что S2S4 = S1S3, получаем требуемое.

4.44. Применяя теорему синусов к треугольникам АБС и ABD, получаем АС = 2R sin В и BD = 2R sin А. Поэтому S = \ • BD sin ср = 2R2 sin A sin В sin ср.

4.45. Так как площадь четырёхугольника равна (did2 sin (р)/2, где di и d2 — длины диагоналей, то остаётся проверить, что 2did2Cos<^ = \а2 + с2 — Ь2 — d2|. Пусть О — точка пересечения диагоналей четырёхугольника ABCD, ср = ZAOB. Тогда

Поэтому

Аналогично

Складывая эти равенства, получаем требуемое.

Замечание. Так как

4.46. а) Пусть АБ = а, ВС = Ъ, CD = с и AD = d. Ясно, что

Поэтому

Подставляя второе равенство в первое, получаем

Ясно, что

б) Если ABCD — вписанный четырёхугольник, то /Б + ZD =180°, а значит,

в) Если ABCD — описанный четырёхугольник, то а + с = Ъ + d, поэтому p = a + c = b + d и p-a = c,p-b = d, р-с = а, p-d = b. Следовательно, S2 = abcd(l - cos2((B + D)/2)) = abcdsin2((B + D)/2).

Если четырёхугольник ABCD вписанный и описанный одновременно, то S2 = abed.

4.47. Из точки О, лежащей внутри правильного треугольника ABC, опустим перпендикуляры ОА\, ОВ\ и ОС\ на стороны ВС, АС и AB соответственно. Пусть а — длина стороны треугольника ABC, h — длина высоты. Ясно, что Sabc = Sbco + Saco + Sabo- Следовательно, ah = a • OA\ + a • OB\ + a • OC\, т.е. h = OAi +ОБ1 +OC1.

4.48. Пусть AD = l. Тогда 2SABD = cl sin(a/2), 2SACD = Ы sin(a/2) и 2SABC = bc sin a. Следовательно, c/sin(a/2)+frZsin(a/2)=frcsin a = 2frc sin(a/2) cos(a/2).

4.49. а) Пусть расстояния от точек А и О до прямой ВС равны А и Ai. Тогда Sobc ' Sabc =h\lh=ОА\ : АА\. Аналогично S0ac ' SAbc = 0В\\ВВ\ и S0ab : SAbc = ОС\:СС\. Складывая эти равенства и учитывая, что Sobc + Soac + Soab = Sabc » получаем требуемое.

б) Пусть расстояния от точек Б и С до прямой AAi равны dt и dc. Тогда Sabo ' Saco = db : dc = BA\ : A\C. Аналогично Saco ' Sbco = AC\ : C\B и Sbco ' Sabo = CB\ : B\A. Остаётся перемножить эти равенства.

4.50. Легко проверить, что отношение длин отрезков An+k-\Bk и АЯ+*Б* равно отношению площадей треугольников An+k-\OAk и АьОАп+к- Перемножая эти равенства, получаем требуемое.

4.51. Так как А/Б/С/А — параллелограмм и точка О лежит на продолжении его диагонали Aid, то Saibto = &а,до> а значит, А,-Б,- : А/А- = hi : hi-\, где hi — расстояние от точки О до стороны А/А/+1. Остаётся перемножить эти равенства для i = 1, ..., п.

4.52. Пусть длины сторон треугольника АБС равны a, b и с, причём a ^b ^ ^ с. Тогда 2Ь = а + с и 2SAbc = г (а + b + с) = Srb, где г — радиус вписанной окружности. С другой стороны, 2SAbc = hbb. Поэтому r = hb/S.

4.53. Достаточно заметить, что db • АБ = 2Saxb = ВХ • АХ sin <р, где <^ = ZAXB и dc • АС = 2Saxc = СХ • АХ sin ^.

4.54. Пусть ri, ..., гп — радиусы вписанных окружностей полученных треугольников, Р\, ..., Р,г — их периметры, a S\, Sn — площади. Площадь и периметр исходного многоугольника обозначим через S и Р соответственно.

Заметим, что P-t <Р (см. задачу 9.29 б). Поэтому

4.55. Через точку N пересечения прямых BS и СМ проведём прямые Q\S\ и P\R\, параллельные прямым QS и PR (точки Pi, Qi, R\ и S\ лежат на сторонах АБ, ВС, CD и DA). Пусть F и G — точки пересечения прямых PR и QiSi, P\R\ и QS. Так как точка M лежит на диагонали NC параллелограмма NQ\CR\, то Sfq1qm = Smrr1g (задача 4.19), а значит, SnQïQg = Snfrr1- Точка N лежит на диагонали BS параллелограмма ABQS, поэтому SAp1ns1 = Snq1qg = Snfrr1- Следовательно, точка N лежит на диагонали PD параллелограмма APRD.

4.56. Пусть Е и F — точки пересечения продолжений сторон данного четырёхугольника. Обозначим вершины четырёхугольника так, что Е — точка пересечения продолжений сторон АБ и CD за точки Б и С, F — точка

пересечения лучей ВС и АБ. Достроим треугольники AEF и ABD до параллелограммов AERF и ABLD.

При гомотетии с центром А и коэффициентом 2 середина диагонали BD, середина диагонали АС и середина отрезка EF переходят в точки L, С и R соответственно. Поэтому достаточно доказать, что точки L, С и R лежат на одной прямой. Именно этот факт был доказан в задаче 4.55.

4.57. Ясно, что Sbqd = Sbd^d - Sbqd1 = -d\ • D\B, где d\ — расстояние от точки Q до прямой AD. Аналогично Sbqd = ^d2 • DB\9 где d2— расстояние от точки Q до прямой АБ. Поэтому из равенства ББ1 = DB\ следует, что d\ = d2.

4.58. Достаточно проверить, что SAko = Salo, т.е. АО • ALsinOAL = АО • АК sin OAK. Ясно, что AL = СВ\ = ВС cos С, sinOAL = cosB, AK = ВС\ = ВС cos Б и sin OAK = cos С.

4.59. Так как четырёхугольник А\ВС\М описанный, то, во-первых, суммы длин его противоположных сторон равны: — H—— = — -\——, а во-вторых, его вписанная окружность является одновременно вписанной окружностью треугольников АА1Б и СС\В, имеющих к тому же равные площади, поэтому периметры этих треугольников равны: с + та + - = а + тс + -.

Умножая первое равенство на 3 и складывая его со вторым, получаем требуемое.

4.60. Докажем сначала одно общее утверждение, которым мы воспользуемся при решении задач а)—г). Возьмём на лучах АБ и АС произвольные точки В\ и Ci и опустим из них перпендикуляры В\К и CiL на прямую АО. Так как Б1С1 ^ В\К + CiL, то Б1С1 • Ra ^ В\К • Ra + CiL • Ra = 2SAob1 + 2SAocl = ABi - de + ACi -db.

а) Полагая Б1 = Б и Ci = С, получаем требуемое.

б) Домножая обе части неравенства aRa ^ cdc + bdb на da/a, получаем daRa ^ (c/a)dadc + (b/a)dadb. Складывая это неравенство с аналогичными неравенствами для dbRb и dcRc и учитывая, что —|— ^2, получаем требуемое.

в) Возьмём точки Б1 и Ci так, что Aßi = АС и ACi = АБ. Тогда aRa ^ bdc + cdb, т.е. Ra ^ (b/a)dc + (c/a)db. Складывая это неравенство с аналогичными неравенствами для Rb и Бс и учитывая, что — + — ^ 2, получаем требуемое.

г) Возьмём точки Б1 и Ci так, что Aßi = ACi = 1. Тогда Б1С1 = 2sin(A/2), а значит, 2sin(A/2)Ra ^ dc + db. Умножая это неравенство на аналогичные неравенства для Rb и Rc и учитывая, что sin(A/2) sin(5/2) sin(C/2) = г/4Б (задача 12.38 а), получаем требуемое.

4.61. Отрежем от правильного восьмиугольника треугольники и переставим их так, как показано на рис. 4.14. В результате получим прямоугольник, стороны которого равны наибольшей и наименьшей диагоналям восьмиугольника.

4.62. Пусть Ai, Б1 и Ci — середины сторон ВС, CA и АБ треугольника АБС. Проведённые отрезки являются высотами треугольников Aßi Ci, А1БС1 и А1Б1С. Пусть Р, Q и R — точки пересечения высот этих треугольников, а О — точка пересечения высот треугольника А1Б1С1 (рис. 4.15).

Рис. 4.14 Рис. 4.15

Рассматриваемый шестиугольник состоит из треугольника А\В\С\ и треугольников В\С\Р, CiAiQ и A\B\R. Ясно, что АВ\С\Р = АС\В\0, AC\A\Q = АА\С\0 и AA\B\R = АВ\А\0. Поэтому площадь рассматриваемого шестиугольника равна удвоенной площади треугольника А\В\С\. Остаётся заметить, что Sabc = 4Sa1s1Ci •

4.63. а) Отрежем от параллелограмма две части (рис. 4.16, а) и переставим их так, как показано на рис. 4.16, б. Получится фигура, состоящая из тп + 1 маленьких параллелограммов. Поэтому площадь маленького параллелограмма равна 1/(тп + 1).

Рис. 4.16

б) Отрежем от параллелограмма три части (рис. 4.17, а) и переставим их так, как показано на рис. 4.17, б. Получится фигура, состоящая из тп — 1 маленьких параллелограммов. Поэтому площадь маленького параллелограмма равна 1/(тп - 1).

Рис. 4.17

4.64. а) Разрежем исходный квадрат на четыре квадрата и рассмотрим один из них (рис. 4.18). Пусть точка В' симметрична точке В относительно прямой PQ. Докажем, что ААРВ = АОВ'Р. Треугольник ОРС равносторонний, значит, треугольник АР В равнобедренный, причём угол при его основании равен 15°, поэтому треугольник BPQ равносторонний. Следовательно, ZOPB' = ZOPQ - ZB'PQ = 75° - 60° = 15° и АРОВ' = ZPOQ/2 = 15°. Кроме того, AB = OP. Аналогично доказывается, что ABQC = AOB'Q. Следовательно, площадь заштрихованной на рис. 4.7 части равна площади треугольника OPQ.

б) Пусть площадь правильного двенадцатиугольника, вписанного в окружность радиуса 1, равна 12х. Согласно задаче а) площадь квадрата, описанного около этой окружности, равна 12х + 4х = 16х; с другой стороны, площадь этого квадрата равна 4, поэтому х— 1/4 и \2х — 3.

Рис. 4.18

ГЛАВА 5

ТРЕУГОЛЬНИКИ

Основные сведения

1. Вписанной окружностью треугольника называют окружность, касающуюся всех его сторон. Центром вписанной окружности является точка пересечения биссектрис.

Вневписанной окружностью треугольника ABC называют окружность, касающуюся одной стороны треугольника и продолжений двух других его сторон. Для каждого треугольника имеется ровно три вневписанные окружности. Центром вневписанной окружности, касающейся стороны АБ, является точка пересечения биссектрисы угла С и биссектрис внешних углов А и Б.

Описанной окружностью треугольника называют окружность, проходящую через его вершины. Центром описанной окружности треугольника является точка пересечения серединных перпендикуляров к его сторонам.

2. Для элементов треугольника АБС часто используются следующие обозначения:

а, Ъ и с — длины сторон ВС, CA и АБ;

а, ß и у — величины углов при вершинах А, В, С;

р — пол у периметр;

R — радиус описанной окружности;

г — радиус вписанной окружности;

га, Гь и гс — радиусы вневписанных окружностей, касающихся сторон ВС, CA и АБ соответственно;

ha, hb и hc — длины высот, опущенных из вершин А, Б и С.

3. Если AD — биссектриса угла А треугольника АБС (или биссектриса внешнего угла А), то BD : CD = AB : АС (см. задачу 1.17).

4. Медиана прямоугольного треугольника, проведённая из вершины прямого угла, равна половине гипотенузы (см. задачу 5.19).

5. Для доказательства того, что точки пересечения некоторых прямых лежат на одной прямой, часто используется теорема Менелая (задача 5.69).

Для доказательства того, что некоторые прямые пересекаются в одной точке, часто используется теорема Чевы (см. задачу 5.85).

Вводные задачи

1. а) Докажите, что если в треугольнике медиана совпадает с высотой, то этот треугольник равнобедренный.

б) Докажите, что если в треугольнике биссектриса совпадает с высотой, то этот треугольник равнобедренный.

2. Докажите, что биссектрисы треугольника пересекаются в одной точке.

3. На высоте АН треугольника ABC взята точка М. Докажите, что AB2 - АС2 = MB2 - MC2.

4. На сторонах AB, ВС, CA правильного треугольника ABC взяты точки P, Q, R так, что АР : PB = BQ : QC = CR : RA = 2 : 1. Докажите, что стороны треугольника PQR перпендикулярны сторонам треугольника ABC.

§ 1. Вписанная и описанная окружности

5.1. На сторонах ВС, CA и AB треугольника ABC взяты точки Ai, ßi и Ci, причём ACi = АБ1, БА1 = БС1 и CAi = СБ1. Докажите, что Ai, Б1 и Ci—точки касания вписанной окружности со сторонами.

5.2. Пусть Оа, Оь и О с — центры вневписанных окружностей треугольника АБС. Докажите, что точки А, В и С — основания высот треугольника ОаОьОс.

5.3. Докажите, что сторона ВС треугольника АБС видна из центра О вписанной окружности под углом 90° + /А/2, а из центра Оа вневписанной окружности под углом 90° — ZA/2.

5.4. Внутри треугольника АБС взята точка Р так, что ZPAB:ZPAC = ZPCA : ZPCB = ZPBC : ZPBA = х. Докажите, что х=1.

5.5*. Пусть Ai, Б1 и Ci—проекции некоторой внутренней точки О треугольника АБС на высоты. Докажите, что если длины отрезков AAi, ББ1 и CCi равны, то они равны 2г.

5.6*. Угол величиной а = ZBAC вращается вокруг своей вершины О — середины основания АС равнобедренного треугольника АБС. Стороны этого угла пересекают отрезки АБ и ВС в точках Р и Q. Докажите, что периметр треугольника PBQ остаётся постоянным.

5.7*. В неравнобедренном треугольнике АБС через середину M стороны ВС и центр О вписанной окружности проведена прямая МО, пересекающая высоту АН в точке Е. Докажите, что АЕ = т*.

5.8*. Окружность касается сторон угла с вершиной А в точках Р и Q. Расстояния от точек P, Q и А до некоторой касательной к этой окружности равны и, и и w. Докажите, что uu/w2 = sin2 (А/2).

5.9*. а) На стороне АБ треугольника АБС взята точка Р. Пусть r, ri и т*2 — радиусы вписанных окружностей треугольников ABC, ВСР и АСР; h — высота, опущенная из вершины С. Докажите, что

7* = 7*1 + 7*2 - 27*i7*2/az.

б) Точки Ai, А2, A3, ... лежат на одной прямой (в указанном порядке). Докажите, что если радиусы вписанных окружностей всех треугольников БА;А;+1 равны одному и тому же числу 7*1, то радиусы

вписанных окружностей всех треугольников BAtAt+k равны одному и тому же числу г^.

5.10. Докажите, что точки, симметричные точке H пересечения высот треугольника ABC относительно его сторон, лежат на описанной окружности.

5.11*. Из точки Р дуги ВС описанной окружности треугольника ABC опущены перпендикуляры РХ, PY и PZ на БС, CA и AB соответственно. Докажите, что

5.12*. Пусть О — центр описанной окружности треугольника ABC, / — центр вписанной окружности, 1а — центр вневписанной окружности, касающейся стороны БС. Докажите, что:

а) d2 =R2 - 2Rr, где d = Ol (Эйлер);

б) d2=R2 + 2Rra, где da = OIa.

5.13*. Пусть О — центр описанной окружности треугольника АБС, / — центр вписанной окружности. Докажите, что Ol JL BI (или же О совпадает с /) тогда и только тогда, когда Ъ= (а + с)/2.

5.14*. Продолжения биссектрис углов треугольника АБС пересекают описанную окружность в точках Ai, В\ и Ci; M — точка пересечения биссектрис. Докажите, что:

5.15*. Длины сторон треугольника АБС образуют арифметическую прогрессию, причём а < Ь < с. Биссектриса угла Б пересекает описанную окружность в точке В\. Докажите, что центр О вписанной окружности делит отрезок ББ1 пополам.

5.16*. В треугольнике АБС сторона ВС наименьшая. На лучах БА и CA отложены отрезки BD и СБ, равные БС. Докажите, что радиус описанной окружности треугольника ADE равен расстоянию между центрами вписанной и описанной окружностей треугольника АБС.

5.17*. Медианы треугольника АБС разрезают его на 6 треугольников. Докажите, что центры описанных окружностей этих треугольников лежат на одной окружности.

§ 2. Прямоугольные треугольники

5.18. В треугольнике АБС угол С прямой. Докажите, что г = (а + Ъ - с)/2 и гс = (а + Ъ + с)/2.

5.19. Пусть M — середина стороны АБ треугольника АБС. Докажите, что СМ = АБ/2 тогда и только тогда, когда ZACB = 90°.

5.20. Дана трапеция ABCD с основанием AD. Биссектрисы внешних углов при вершинах А и В пересекаются в точке P, а при вершинах С и D — в точке Q. Докажите, что длина отрезка PQ равна половине периметра трапеции.

5.21. В равнобедренном треугольнике ABC с основанием АС проведена биссектриса CD. Прямая, проходящая через точку D перпендикулярно DC, пересекает АС в точке Е. Докажите, что ЕС = 2AD.

5.22. На медиане ВМ и на биссектрисе ВК треугольника ABC (или на их продолжениях) взяты точки D и Е так, что DK || AB и ЕМ || ВС. Докажите, что ED JL ВК.

5.23. Сумма углов при основании трапеции равна 90°. Докажите, что отрезок, соединяющий середины оснований, равен полуразности оснований.

5.24. Диагонали АС и BD параллелограмма ABCD пересекаются в точке О. Точка M лежит на прямой АБ, причём ZAMO = ZMAD. Докажите, что точка M равноудалена от точек С и D.

5.25. В прямоугольном треугольнике ABC проведена высота CK из вершины прямого угла С, а в треугольнике АСК — биссектриса СЕ. Докажите, что СВ = BE.

5.26. В треугольнике ABC с прямым углом С проведены высота CD и биссектриса CF; DK и DL — биссектрисы треугольников BDC и ADC. Докажите, что CLFK — квадрат.

5.27*. На гипотенузе AB прямоугольного треугольника ABC внешним образом построен квадрат ABPQ. Пусть а = ZACQ, ß = ZQCP и у = ZPCB. Докажите, что cosß = cos a cos у.

См. также задачи 1.40, 1.43, 1.50 а), 2.5, 2.41, 2.68, 2.69, 3.39, 5.18—5.27, 5.35, 5.43, 5.46, 5.75, 5.157, 6.82, 11.14.

§ 3. Правильный треугольник

5.28. Из точки М, лежащей внутри правильного треугольника АБС, опущены перпендикуляры MP, MQ и MR на стороны АБ, ВС и CA соответственно. Докажите, что АР2 + BQ2 + CR2 = PB2 + QC2 + RA2 и AP + BQ + CR = PB + QC + RA.

5.29. Точки D и E делят стороны АС и АБ правильного треугольника АБС в отношениях AD : DC = BE : ЕА =1:2. Прямые BD и СЕ пересекаются в точке О. Докажите, что ZAOC = 90°.

5.30. Окружность делит каждую из сторон треугольника на три равные части. Докажите, что этот треугольник правильный.

5.31. Докажите, что если точка пересечения высот остроугольного треугольника делит высоты в одном и том же отношении, то треугольник правильный.

5.32. а) Докажите, что если а + ha = b + ht = с + hc, то треугольник АБС правильный.

б) В треугольник ABC вписаны три квадрата: у одного две вершины лежат на стороне АС, у другого — на БС, у третьего — на АБ. Докажите, что если все три квадрата равны, то треугольник АБС правильный.

5.33. В треугольник АБС вписана окружность, касающаяся его сторон в точках Ai, Bi, Ci. Докажите, что если треугольники АБС и А1Б1С1 подобны, то треугольник АБС правильный.

5.34. Радиус вписанной окружности треугольника равен 1, длины высот — целые числа. Докажите, что треугольник правильный.

См. также задачи 1.29, 1.45, 1.46, 1.50 б), 1.59, 2.14, 2.16, 2.19, 2.38, 2.47, 2.57, 4.47, 5.64, 5.65, 6.48, 6.61, 6.82, 7.16 б), 7.18, 7.23, 7.39, 7.47, 10.3, 10.80, 11.3, 11.5, 14.21 а), 16.7, 18.10—18.16, 18.18—18.21, 18.23—18.25, 18.42, 18.43, 24.1, 29.34, 29.42, 29.46, 29.47, 31.44, 31.70.

§ 4. Треугольник с углом 60° или 120°

5.35. В треугольнике АБС с углом А, равным 120°, проведены биссектрисы AAi, ББ1 и CCi. Докажите, что треугольник А1Б1С1 прямоугольный.

5.36. В треугольнике АБС с углом А, равным 120°, биссектрисы AAi, ББ1 и CCi пересекаются в точке О. Докажите, что ZAiCiO = 30°.

5.37. В треугольнике АБС проведены биссектрисы ББ1 и CCi. Докажите, что если описанные окружности треугольников АББ1 и ACCi пересекаются в точке, лежащей на стороне БС, то ZA = 60°.

5.38. а) Докажите, что если угол А треугольника АБС равен 120°, то центр описанной окружности и ортоцентр симметричны относительно биссектрисы внешнего угла А.

б) В треугольнике АБС угол А равен 60°; О — центр описанной окружности, H — ортоцентр, I — центр вписанной окружности, а 1а — центр вневписанной окружности, касающейся стороны БС. Докажите, что IO = IH и 1аО = 1аН.

5.39. В треугольнике АБС угол А равен 120°. Докажите, что из отрезков длиной a, b, b + с можно составить треугольник.

5.40*. В остроугольном треугольнике АБС с углом А, равным 60°, высоты пересекаются в точке Н.

а) Пусть M и N — точки пересечения серединных перпендикуляров к отрезкам ВН и СН со сторонами АБ и АС соответственно. Докажите, что точки M, N и H лежат на одной прямой.

б) Докажите, что на той же прямой лежит центр О описанной окружности.

5.41*. В треугольнике АБС проведены биссектрисы ББ1 и CCi. Докажите, что если ZCCi5i = 30°, то либо ZA = 60°, либо ZB = 120°. См. также задачи 2.34, 2.35, 12.55.

§ 5. Целочисленные треугольники

5.42. Длины сторон треугольника — последовательные целые числа. Найдите эти числа, если известно, что одна из медиан перпендикулярна одной из биссектрис.

5.43. Длины всех сторон прямоугольного треугольника являются целыми числами, причём наибольший общий делитель этих чисел равен 1. Докажите, что его катеты равны 2тп и т2 — п2, а гипотенуза равна т2 + п2, где m и п — натуральные числа.

Прямоугольный треугольник, длины сторон которого — целые числа, называют пифагоровым.

5.44*. Радиус вписанной окружности треугольника равен 1, а длины его сторон — целые числа. Докажите, что эти числа равны 3, 4, 5.

5.45*. Приведите пример вписанного четырёхугольника с попарно различными целочисленными длинами сторон, у которого длины диагоналей, площадь и радиус описанной окружности — целые числа (Брахмагупта).

5.46*. а) Укажите два прямоугольных треугольника, из которых можно сложить треугольник, длины сторон и площадь которого — целые числа.

б) Докажите, что если площадь треугольника — целое число, а длины сторон — последовательные натуральные числа, то этот треугольник можно сложить из двух прямоугольных треугольников с целочисленными сторонами.

5.47*. а) В треугольнике АБС, длины сторон которого рациональные числа, проведена высота ВВ\. Докажите, что длины отрезков ABi и СВ\ — рациональные числа.

б) Длины сторон и диагоналей выпуклого четырёхугольника — рациональные числа. Докажите, что диагонали разрезают его на четыре треугольника, длины сторон которых — рациональные числа.

См. также задачу 26.7.

§ 6. Разные задачи

5.48. Треугольники ABC и A\B\Ci таковы, что их соответственные углы равны или составляют в сумме 180°. Докажите, что в действительности все соответственные углы равны.

5.49. Внутри треугольника ABC взята произвольная точка О и построены точки Ai, В\ и Ci, симметричные О относительно середин сторон БС, CA и АБ. Докажите, что ЛАБС = ЛА1Б1С1 и прямые AAi, ББ1 и CCi пересекаются в одной точке.

5.50. Через точку О пересечения биссектрис треугольника АБС проведены прямые, параллельные его сторонам. Прямая, параллельная АБ, пересекает АС и ВС в точках M и N, а прямые, параллельные АС и БС, пересекают АБ в точках Р и Q. Докажите,

что MN = AM + BN и периметр треугольника OPQ равен длине отрезка AB.

5.51. а) Докажите, что высоты треугольника пересекаются в одной точке.

б) Пусть H — точка пересечения высот треугольника ABC, R — радиус описанной окружности. Докажите, что АН2 + ВС2 = 4Б2 и АН = BC\ctga\.

5.52. Пусть x = sinl8°. Докажите, что 4х2 + 2х=1.

5.53. В треугольнике ABC сторона AB больше стороны ВС. Пусть Ai и ßi — середины сторон ВС и АС, а Б2 и С2 — точки касания вписанной окружности со сторонами АС и AB. Докажите, что отрезки А1Б1 и Б2С2 пересекаются в точке X, лежащей на биссектрисе угла Б.

5.54. Докажите, что проекции вершины А треугольника АБС на биссектрисы внешних и внутренних углов при вершинах Б и С лежат на одной прямой.

5.55*. Докажите, что если в треугольнике две биссектрисы равны, то он равнобедренный.

5.56*. а) В треугольниках АБС и А'В'С равны стороны АС и А'С, углы при вершинах Б и Б' и биссектрисы углов Б и Б'. Докажите, что эти треугольники равны (точнее говоря, ЛАБС = ЛА'Б'С или ЛАБС = ЛС'Б'А').

б) Через точку D биссектрисы ББ1 угла АБС проведены прямые AAi и CCi (точки Ai и Ci лежат на сторонах треугольника). Докажите, что если AAi =CCi, то AB = ВС.

5.57*. Докажите, что прямая делит периметр и площадь треугольника в равных отношениях тогда и только тогда, когда она проходит через центр вписанной окружности.

5.58*. Точка Е — середина той дуги АБ описанной окружности треугольника ABC, на которой лежит точка С; Ci—середина стороны АБ. Из точки Е опущен перпендикуляр EF на АС. Докажите, что:

а) прямая C\F делит пополам периметр треугольника АБС;

б) три такие прямые, построенные для каждой стороны треугольника, пересекаются в одной точке.

5.59*. На сторонах АБ и ВС остроугольного треугольника АБС внешним образом построены квадраты ABC\D\ и АгБС^- Докажите, что точка пересечения прямых AD2 и CDi лежит на высоте ВН.

5.60*. На сторонах треугольника АБС внешним образом построены квадраты с центрами Ai, Б1 и Ci. Пусть а\, Ь\ и с\—длины сторон треугольника А1Б1С1, S и Si—площади треугольников АБС и А1Б1С1. Докажите, что:

5.61*. На сторонах АБ, ВС и CA треугольника АБС (или на их продолжениях) взяты точки Ci, Ai и Б1 так, что Z(CCi, АБ) = Z(AAb БС) = /(ББЬ CA) = а. Прямые AAi и ББЬ ВВХ и ССЬ

СС\ и АА\ пересекаются в точках С, А!, В' соответственно. Докажите, что:

а) точка пересечения высот треугольника ABC совпадает с центром описанной окружности треугольника А!В'С'\

б) АА'В'С ~ Л ABC, причём коэффициент подобия равен 2 cos а.

5.62*. В каждый из углов треугольника ABC вписано по окружности. Из одной вершины окружности, вписанные в два других угла, видны под равными углами. Из другой — тоже. Докажите, что тогда и из третьей вершины две окружности видны под равными углами.

5.63*. На сторонах треугольника ABC взяты точки Ai, Б1 и Ci так, что ABi : ВгС = сп : ап, ВСХ : СХА = ап : Ьп и САХ : АХВ = Ъп : сп (а, Ь и с — длины сторон треугольника). Описанная окружность треугольника А1Б1С1 высекает на сторонах треугольника АБС отрезки длиной ±х, ±и и ±2 (знаки выбираются в соответствии с ориентацией треугольника). Докажите, что

5.64*. В треугольнике АБС проведены триссектрисы (лучи, делящие углы на три равные части). Ближайшие к стороне ВС триссектрисы углов Б и С пересекаются в точке Ai; аналогично определим точки Б1 и Ci (рис. 5.1). Докажите, что треугольник А1Б1С1 равносторонний (теорема Морли).

Рис. 5.1

5.65*. На сторонах правильного треугольника АБС как на основаниях внутренним образом построены равнобедренные треугольники А1БС, ABiC и ABCi с углами а, ß и у при основаниях, причём а + ß + у = 60°. Прямые БС1 и Б1С пересекаются в точке А2, ACi и AiC — в точке Б2, ABi и А1Б — в точке С2. Докажите, что углы треугольника А2Б2С2 равны Sa, Sß и Зу.

5.66*. Окружность радиуса иа вписана в угол А треугольника АБС, окружность радиуса щ вписана в угол Б; эти окружности касаются

друг друга внешним образом. Докажите, что радиус описанной окружности треугольника со сторонами ai = \]иа ctg (а/2), Ь\ = \/щ ctg(ß/2) и ci = \/с равен д/р/2, где р — полупериметр треугольника АБС.

5.67*. Окружность Si вписана в угол А треугольника ABC; окружность $2 вписана в угол В и касается Si (внешним образом); окружность S3 вписана в угол С и касается S2; окружность S4 вписана в угол А и касается S3 и т. д. Докажите, что окружность S7 совпадает с Si.

5.68*. Окружность Si вписана в угол А треугольника ABC. Из вершины С к ней проведена касательная (отличная от CA), и в образовавшийся треугольник с вершиной В вписана окружность S2. Из вершины А к S2 проведена касательная, и в образовавшийся треугольник с вершиной С вписана окружность S3 и т.д. Докажите, что окружность S7 совпадает с Si.

§ 7. Теорема Менелая

Пусть AB и CD — коллинеарные векторы. Обозначим через = величину ± —, где знак плюс берётся в том случае, когда векторы AB и CD сонаправлены, а знак минус — в случае, когда векторы AB и CD направлены в разные стороны. Эту величину будем называть ориентированным отношением отрезков AB и CD.

5.69*. На сторонах БС, CA и АБ треугольника АБС (или на их продолжениях) взяты точки Ai, Б1 и Ci соответственно. Докажите, что точки Ai, Б1 и Ci лежат на одной прямой тогда и только тогда, когда

(теорема Менелая).

5.70*. а) В треугольнике АБС проведены биссектрисы внешних углов AAi, ББ1 и CCi (точки Ai, Б1 и Ci лежат на прямых БС, CA и АБ). Докажите, что точки Ai, Б1 и Ci лежат на одной прямой.

б) В треугольнике АБС проведены биссектрисы AAi и ББ1 и биссектриса внешнего угла CCi. Докажите, что точки Ai, Б1 и Ci лежат на одной прямой.

5.71*. Касательные к описанной окружности неравнобедренного треугольника АБС в точках А, Б и С пересекают продолжения сторон в точках Ai, Б1 и Ci. Докажите, что точки Ai, Б1 и Ci лежат на одной прямой.

5.72*. Решите задачу 5.105 а) с помощью теоремы Менелая.

5.73*. Окружность S касается окружностей Si и S2 в точках Ai и А2. Докажите, что прямая А\А2 проходит через точку пересечения

общих внешних или общих внутренних касательных к окружностям Si и S2.

5.74*. а) Серединный перпендикуляр к биссектрисе AD треугольника ABC пересекает прямую ВС в точке Е. Докажите, что BE : СЕ = с2:Ь2.

б) Докажите, что точки пересечения серединных перпендикуляров к биссектрисам треугольников и продолжений соответствующих сторон лежат на одной прямой.

5.75*. Из вершины С прямого угла треугольника ABC опущена высота CK, и в треугольнике АСК проведена биссектриса СЕ. Прямая, проходящая через точку В параллельно СЕ, пересекает CK в точке F. Докажите, что прямая EF делит отрезок АС пополам.

5.76*. На прямых ВС, CA и AB взяты точки Ai, В\ и Ci, причём точки Ai, В\ и Ci лежат на одной прямой. Прямые, симметричные прямым AAi, ВВ\ и CCi относительно соответствующих биссектрис треугольника ABC, пересекают прямые ВС, CA и AB в точках А2, В2 и С2. Докажите, что точки А2, В2 и С2 лежат на одной прямой.

5.77*. На сторонах ВС, CA и AB треугольника АБС (или на их продолжениях) взяты точки Ai, Б1 и Ci, лежащие на одной прямой. Докажите, что

5.78*. Прямые AAi, ББ1, CCi пересекаются в одной точке О. Докажите, что точки пересечения прямых АБ и А1Б1, ВС и Б1С1, АС и AiCi лежат на одной прямой (Дезарг).

5.79*. На одной прямой взяты точки Ai, ßi и Ci, а на другой — точки А2, В2 и С2. Прямые А1Б2 и A2Bi, В\С2 и В2С\, С\А2 и С2А1 пересекаются в точках С, А и Б соответственно. Докажите, что точки А, Б и С лежат на одной прямой (Папп).

5.80*. На сторонах АБ, ВС и CD четырёхугольника ABCD (или на их продолжениях) взяты точки К, L и М. Прямые KL и АС пересекаются в точке Р, LM и BD — в точке Q. Докажите, что точка пересечения прямых KQ и MP лежит на прямой AD.

5.81*. Продолжения сторон АБ и CD четырёхугольника ABCD пересекаются в точке Р, а продолжения сторон ВС и AD — в точке Q. Через точку Р проведена прямая, пересекающая стороны ВС и AD в точках Е и F. Докажите, что точки пересечения диагоналей четырёхугольников ABCD, ABE F и CDFE лежат на прямой, проходящей через точку Q.

5.82*. а) Через точки Р и Q проведены тройки прямых. Обозначим их точки пересечения так, как показано на рис. 5.2. Докажите, что прямые KL, АС и MN пересекаются в одной точке (или параллельны).

Рис. 5.2

б) Докажите, далее, что если точка О лежит на прямой BD, то точка пересечения прямых KL, АС и MN лежит на прямой PQ.

5.83*. На прямых ВС, CA и AB взяты точки Ai, Б1 и Ci. Пусть Pi — произвольная точка прямой БС, Р2 — точка пересечения прямых Р1Б1 и АБ, Рз — точка пересечения прямых Р2А1 и CA, Р4 — точка пересечения Р3С1 и ВС и т. д. Докажите, что точки Р7 и Pi совпадают.

5.84*. Диагонали AD, BE и CF шестиугольника ABCDEF пересекаются в одной точке. Пусть А! — точка пересечения прямых АС и FB, В' — точка пересечения BD и АС, С — точка пересечения СЕ и BD, и т. д. Докажите, что точки пересечения прямых А'В' и D'E', В'С и E'F', CD' и F'A' лежат на одной прямой.

См. также задачи 6.106, 14.43.

§ 8. Теорема Чевы

5.85*. Дан треугольник ABC. На прямых АБ, ВС и CA взяты точки Ci, Ai и В\, причём k из них лежат на сторонах треугольника и 3 — k— на продолжениях сторон. Пусть

Докажите, что:

а) точки Ai, Б1 и Ci лежат на одной прямой тогда и только тогда, когда R = 1 и k четно (Менелай);

б) прямые AAi, ББ1 и CCi пересекаются в одной точке или параллельны тогда и только тогда, когда R = 1 и k нечётно (Чева).

5.86*. Вписанная (или вневписанная) окружность треугольника АБС касается прямых БС, CA и АБ в точках Ai, Б1 и Ci. Докажите, что прямые AAi, ББ1 и CCi пересекаются в одной точке.

Точку пересечения прямых, соединяющих вершины треугольника с точками касания вписанной окружности, называют точкой Жергонна.

5.87*. Докажите, что прямые, соединяющие вершины треугольника с точками касания вневписанных окружностей со сторонами, пересекаются в одной точке {точка Нагеля).

5.88*. Докажите, что высоты остроугольного треугольника пересекаются в одной точке.

5.89*. Прямые АР, BP и СР пересекают стороны треугольника АБС (или их продолжения) в точках Ai, Б1 и Ci. Докажите, что:

а) прямые, проходящие через середины сторон БС, CA и АБ параллельно прямым АР, BP и СР, пересекаются в одной точке;

б) прямые, соединяющие середины сторон БС, CA и AB с серединами отрезков AAi, ББ1 и CCi, пересекаются в одной точке.

5.90*. На сторонах БС, CA и AB треугольника ABC взяты точки Ai, В\ и Ci так, что отрезки AAi, ББ1 и CCi пересекаются в одной точке. Прямые А1Б1 и Ai Ci пересекают прямую, проходящую через вершину А параллельно стороне БС, в точках С2 и Б2 соответственно. Докажите, что АВ2 = АС2.

5.91*. а) Пусть а, ß и у — произвольные углы, причём сумма любых двух из них меньше 180°. На сторонах треугольника АБС внешним образом построены треугольники А1БС, АБ1С и АБСь имеющие при вершинах А, Б и С углы а, ß и у. Докажите, что прямые AAi, ББ1 и CCi пересекаются в одной точке.

б) Докажите аналогичное утверждение для треугольников, построенных на сторонах треугольника АБС внутренним образом.

5.92*. Стороны БС, CA и АБ треугольника АБС касаются окружности с центром О в точках Ai, Б1 и Ci. На лучах OAi, ОБ1 и OCi отложены равные отрезки ОА2, ОВ2 и ОС2. Докажите, что прямые АА2, ББ2 и СС2 пересекаются в одной точке.

5.93*. Прямые АР, BP и СР пересекают прямые БС, CA и АБ в точках Ai, Б1 и Ci соответственно. Точки А2, В2 и С2 выбраны на прямых БС, CA и AB так, что БА2 : А2С = АгС : БАЬ СБ2 : Б2А = Б:А : СБ: и АС2 : С2В = С\В : АС\. Докажите, что прямые АА2, ББ2 и СС2 тоже пересекаются в одной точке Q (или параллельны).

Такие точки Р и Q называют изотомически сопряжёнными относительно треугольника АБС.

5.94*. На сторонах БС, CA, АБ треугольника АБС взяты точки Ai, Б1, Ci. Докажите, что

5.95*. На сторонах БС, CA и АБ треугольника АБС взяты точки Ai, Б1 и Ci, причём прямые AAi, ББ1 и CCi пересекаются в одной точке Р. Докажите, что прямые АА2, ББ2 и СС2, симметричные этим прямым относительно соответствующих биссектрис, тоже пересекаются в одной точке Q.

Такие точки Р и Q называют изогонально сопряжёнными относительно треугольника АБС.

5.96*. Докажите, что при изогональном сопряжении окружность, проходящая через вершины Б и С и отличная от описанной окружности, переходит в окружность, проходящую через вершины Б и С.

5.97*. Касательные к описанной окружности треугольника АБС в точках Б и С пересекаются в точке Р. Точка Q симметрична точке А относительно середины отрезка БС. Докажите, что точки Р и Q изогонально сопряжены.

5.98*. Противоположные стороны выпуклого шестиугольника попарно параллельны. Докажите, что прямые, соединяющие середины противоположных сторон, пересекаются в одной точке.

5.99*. Из некоторой точки Р опущены перпендикуляры РА\ и РА2 на сторону ВС треугольника ABC и на высоту АА3. Аналогично определяются точки Бь Б2 и Ci, С2. Докажите, что прямые AiA2, Б1Б2 и CiC2 пересекаются в одной точке или параллельны.

5.100*. Через точки А и £>, лежащие на окружности, проведены касательные, пересекающиеся в точке S. На дуге AD взяты точки Б и С. Прямые АС и BD пересекаются в точке Р, АБ и CD — в точке Q. Докажите, что прямая PQ проходит через точку S.

5.101*. Вписанная окружность треугольника АБС касается его сторон в точках Ai, Б1 и Ci. Внутри треугольника АБС взята точка X. Прямая АХ пересекает дугу Б1С1 вписанной окружности в точке А2; точки Б2 и С2 определяются аналогично. Докажите, что прямые AiA2, Б1Б2 и CiC2 пересекаются в одной точке.

5.102*. Внутри треугольника АБС взята точка X. Прямая АХ пересекает описанную окружность в точке Ai. В сегмент, отсекаемый стороной БС, вписана окружность, касающаяся дуги ВС в точке Ai, а стороны ВС — в точке А2. Точки Б2 и С2 определяются аналогично. Докажите, что прямые АА2, ББ2 и СС2 пересекаются в одной точке.

5.103*. а) На сторонах БС, CA и АБ равнобедренного треугольника АБС с основанием АБ взяты точки Ai, Б1 и Ci так, что прямые AAi, ББ1 и CCi пересекаются в одной точке. Докажите, что

б) Внутри равнобедренного треугольника АБС с основанием АБ взяты точки M и N так, что ZCAM = ZABN и ZCBM = ZBAN. Докажите, что точки С, M и N лежат на одной прямой.

5.104*. В треугольнике АБС проведены биссектрисы AAi, ББ1 и CCi. Биссектрисы AAi и CCi пересекают отрезки С1Б1 и Б1А1 в точках M и N. Докажите, что ZMBB\ = ZNBB\.

См. также задачи 4.49 б), 10.59, 14.7, 14.43.

§ 9. Прямая Симсона

5.105*. а) Докажите, что основания перпендикуляров, опущенных из точки Р описанной окружности треугольника на его стороны или их продолжения, лежат на одной прямой (прямая Симсона1).

1 Открытие этой прямой долго приписывалось Роберту Симсону (1687—1768), но в действительности она была открыта лишь в 1797 г. Вильямом Уоллесом. Поэтому наряду с традиционным названием этой прямой часто используется исторически более справедливое название прямая Уоллеса.

б) Основания перпендикуляров, опущенных из некоторой точки Р на стороны треугольника или их продолжения, лежат на одной прямой. Докажите, что точка Р лежит на описанной окружности треугольника.

5.106*. Точки А, В и С лежат на одной прямой, точка Р — вне этой прямой. Докажите, что центры описанных окружностей треугольников АБР, БСР, АСР и точка Р лежат на одной окружности.

5.107*. В треугольнике ABC проведена биссектриса AD и из точки D опущены перпендикуляры DB' и DC' на прямые АС и AB; точка M лежит на прямой В'С, причём DM JL ВС. Докажите, что точка M лежит на медиане АА\.

5.108*. а) Из точки Р описанной окружности треугольника ABC проведены прямые PAi, РВ\ и РС\ под данным (ориентированным) углом ос к прямым БС, CA и AB соответственно (точки Ai, Б1 и Ci лежат на прямых БС, CA и АБ). Докажите, что точки Ai, Б1 и Ci лежат на одной прямой.

б) Докажите, что при замене в определении прямой Симсона угла 90° на угол ос она повернётся на угол 90° - ос.

5.109*. а) Из точки Р описанной окружности треугольника АБС опущены перпендикуляры PAi и РБ1 на прямые ВС и АС. Докажите, что PA- PAi = 2Rd, где R — радиус описанной окружности, d — расстояние от точки Р до прямой А1Б1.

б) Пусть а — угол между прямыми А1Б1 и ВС. Докажите, что cos а = РА/2Б.

5.110*. Пусть Ai и Б1—проекции точки Р описанной окружности треугольника АБС на прямые ВС и АС. Докажите, что длина отрезка А1Б1 равна длине проекции отрезка АБ на прямую А1Б1.

5.111*. На окружности фиксированы точки Р и С; точки А и В перемещаются по окружности так, что угол АСВ остаётся постоянным. Докажите, что прямые Симсона точки Р относительно треугольников АБС касаются фиксированной окружности.

5.112*. Точка Р движется по описанной окружности треугольника АБС. Докажите, что при этом прямая Симсона точки Р относительно треугольника АБС поворачивается на угол, равный половине угловой величины дуги, пройденной точкой Р.

5.113*. Докажите, что прямые Симсона двух диаметрально противоположных точек описанной окружности треугольника АБС перпендикулярны, а их точка пересечения лежит на окружности девяти точек (см. задачу 5.129).

5.114*. Точки А, Б, С, Р и Ç лежат на окружности с центром О, причём углы между вектором ОР и векторами ОА, ОБ, ОС и OQ равны а, ß, у и (а + ß + у)/2. Докажите, что прямая Симсона точки Р относительно треугольника АБС параллельна OQ.

5.115*. Точки А, Б, С и Р лежат на окружности с центром О. Стороны треугольника А1Б1С1 параллельны прямым РА, РБ, PC

(PA II B\С\ и т.д.). Через вершины треугольника A\B\C\ проведены прямые, параллельные сторонам треугольника ABC.

а) Докажите, что эти прямые пересекаются в одной точке Pi, которая лежит на описанной окружности треугольника А1В1С1.

б) Докажите, что прямая Симсона точки Pi параллельна прямой ОР.

5.116*. Хорда PQ описанной окружности треугольника ABC перпендикулярна стороне ВС. Докажите, что прямая Симсона точки Р относительно треугольника ABC параллельна прямой AQ.

5.117*. Высоты треугольника ABC пересекаются в точке Н; Р — точка его описанной окружности. Докажите, что прямая Симсона точки Р относительно треугольника ABC делит отрезок РН пополам.

5.118*. Четырёхугольник ABCD вписан в окружность; 1а — прямая Симсона точки А относительно треугольника BCD, прямые 1ь, 1с и Id определяются аналогично. Докажите, что эти прямые пересекаются в одной точке.

5.119*. а) Докажите, что проекции точки Р описанной окружности четырёхугольника ABCD на прямые Симсона треугольников BCD, CDA, DAB и ВАС лежат на одной прямой (прямая Симсона вписанного четырёхугольника).

б) Докажите, что аналогично по индукции можно определить прямую Симсона вписанного n-угольника как прямую, содержащую проекции точки Р на прямые Симсона всех (п — 1)-угольников, полученных выбрасыванием одной из вершин n-угольника.

См. также задачи 2.88 б), 2.92, 5.11, 5.72, 19.61, 29.40.

§ 10. Подерный треугольник

Пусть Ai, Bi и Ci —основания перпендикуляров, опущенных из точки Р на прямые ВС, CA и AB. Треугольник А1В1С1 называют подерным (или педальным) треугольником точки Р относительно треугольника ABC. Описанную окружность подерного треугольника называют подерной (или педальной) окружностью.

5.120. Пусть AiBiCi — подерный треугольник точки Р относительно треугольника ABC. Докажите, что В\С\ = ВС - АР/2R, где R — радиус описанной окружности треугольника ABC.

5.121*. Прямые АР, BP и СР пересекают описанную окружность треугольника ABC в точках А2, В2 и С2; А1В1С1 — подерный треугольник точки Р относительно треугольника ABC. Докажите, что ЛА1В1С1 - ЛА2В2С2.

5.122*. Внутри остроугольного треугольника ABC дана точка Р. Опустив из неё перпендикуляры PAi, PBi и PCi на стороны, получим ЛА1В1С1. Проделав для него ту же операцию, получим ЛА2В2С2, а затем ЛА3В3С3. Докажите, что ЛА3В3С3 ~ ЛАВС.

5.123*. Треугольник АБС вписан в окружность радиуса R с центром О. Докажите, что площадь подерного треугольника точки Р относительно треугольника ABC равна

5.124*. Из точки Р опущены перпендикуляры PAi, РВ\ и РС\ на стороны треугольника АБС. Прямая 1а соединяет середины отрезков РА и Б1С1. Аналогично определяются прямые h и 1С. Докажите, что эти прямые пересекаются в одной точке.

5.125*. Точки Р\ и Р2 изогонально сопряжены относительно треугольника АБС.

а) Докажите, что их подерные окружности совпадают, причём центром этой окружности является середина отрезка Р1Р2.

б) Докажите, что это утверждение останется верным, если из точек Pi и Р2 проводить не перпендикуляры к сторонам, а прямые под данным (ориентированным) углом.

в) Докажите, что стороны подерного треугольника точки Pi перпендикулярны прямым, соединяющим точку Р2 с вершинами треугольника АБС.

5.126*. Даны два треугольника АБС и А1Б1С1. Перпендикуляры, опущенные из точек А, Б, С на прямые Б1С1, Ci Ai, А1Б1 пересекаются в одной точке. Докажите, что тогда перпендикуляры, опущенные из точек Ai, Б1, Ci на прямые БС, CA, АБ тоже пересекаются в одной точке (Штейнер).

Треугольники АБС и А1Б1С1, для которых выполняется условие из задачи 5.126, называют ортологическими.

5.127*. Дан параллелограмм ABCD. Докажите, что подерная окружность точки D относительно треугольника АБС проходит через точку пересечения его диагоналей.

См. также задачи 5.162, 5.163, 14.21 б).

§ 11. Прямая Эйлера и окружность девяти точек

5.128*. Пусть H — точка пересечения высот треугольника ABC, О — центр описанной окружности, M — точка пересечения медиан. Докажите, что точка M лежит на отрезке ОН, причём ОМ : МН =1:2. (Прямую, содержащую точки О, M и Н, называют прямой Эйлера.)

5.129*. Докажите, что середины сторон треугольника, основания высот и середины отрезков, соединяющих точку пересечения высот с вершинами, лежат на одной окружности (окружности девяти точек), причём центром этой окружности является середина отрезка ОН.

5.130*. Высоты треугольника АБС пересекаются в точке Н.

а) Докажите, что треугольники ABC, НВС, АНС и АВН имеют общую окружность девяти точек.

б) Докажите, что прямые Эйлера треугольников ABC, НВС, АНС и АВН пересекаются в одной точке.

в) Докажите, что центры описанных окружностей треугольников ABC, НВС, АНС и АВН образуют четырёхугольник, симметричный четырёхугольнику НАВС.

5.131*. Какие стороны пересекает прямая Эйлера в остроугольном и тупоугольном треугольниках?

5.132*. а) Докажите, что описанная окружность треугольника ABC является окружностью девяти точек для треугольника, образованного центрами вневписанных окружностей треугольника ABC.

б) Докажите, что описанная окружность делит пополам отрезок, соединяющий центры вписанной и вневписанной окружностей.

5.133*. Докажите, что прямая Эйлера треугольника ABC параллельна стороне ВС тогда и только тогда, когда tg В ig С = 3.

5.134*. Докажите, что отрезок, высекаемый на стороне AB остроугольного треугольника ABC окружностью девяти точек, виден из её центра под углом 2\ZA — ZB\.

5.135*. Докажите, что если прямая Эйлера проходит через центр вписанной окружности треугольника, то треугольник равнобедренный.

5.136*. Вписанная окружность касается сторон треугольника ABC в точках Ai, Bi и Ci. Докажите, что прямая Эйлера треугольника А1Б1С1 проходит через центр описанной окружности треугольника АБС.

5.137*. В треугольнике АБС проведены высоты AAi, ББ1 и CCi. Пусть А1А2, В1В2 и С1С2 — диаметры окружности девяти точек треугольника АБС. Докажите, что прямые АА2, ББ2 и СС2 пересекаются в одной точке (или параллельны).

См. также задачи 3.72 а), 5.12, 8.34, 13.36 б), 14.55, 14.58, 28.31, 29.40, 31.42, 31.59, 31.80.

§ 12. Точки Брокара

5.138*. а) Докажите, что внутри треугольника АБС существует такая точка Р, что ZABP = ZCAP = ZBCP.

б) На сторонах треугольника АБС внешним образом построены подобные ему треугольники СА1Б, CABi и CiAß (углы при первых вершинах всех четырёх треугольников равны и т. д.). Докажите, что прямые AAi, ББ1 и CCi пересекаются в одной точке, причём эта точка совпадает с точкой Р из задачи а).

Точку Р называют точкой Брокара треугольника ABC. Аналогично доказывается, что существует ещё и вторая точка Брокара Q, для которой ZBAQ = ZACQ = ZCBQ.

5.139*. а) Через точку Брокара Р треугольника АБС проведены прямые АР, BP и СР, пересекающие описанную окружность в точках Ai, Б1 и Ci. Докажите, что ЛАБС = ЛБ1С1А1.

б) Треугольник АБС вписан в окружность S. Докажите, что треугольник, образованный точками пересечения прямых РА, PB и PC с окружностью S, может быть равен треугольнику АБС не более чем для восьми различных точек Р. (Предполагается, что точки пересечения прямых РА, PB и PC с окружностью отличны от точек А, Б и С.)

5.140*. а) Пусть Р — точка Брокара треугольника АБС. Угол ср = ZABP = ZBCP = ZCAP называют углом Брокара этого треугольника. Докажите, что

б) Докажите, что точки Брокара треугольника АБС изогонально сопряжены.

в) Касательная к описанной окружности треугольника АБС в точке С и прямая, проходящая через точку Б параллельно АС, пересекаются в точке Ai. Докажите, что угол Брокара треугольника АБС равен углу AiAC.

5.141*. а) Докажите, что угол Брокара любого треугольника не превосходит 30°.

б) Внутри треугольника АБС взята точка М. Докажите, что один из углов АБМ, ВСМ и САМ не превосходит 30°.

5.142*. Пусть Q — вторая точка Брокара треугольника ABC, О — центр его описанной окружности, Ai, Б1 и Ci — центры описанных окружностей треугольников CAQ, ABQ и BCQ. Докажите, что ЛА1Б1С1 ~ ААВС и О — первая точка Брокара треугольника А1Б1С1.

5.143*. Пусть Р — точка Брокара треугольника АБС; R\, R2 и Бз — радиусы описанных окружностей треугольников АБР, БСР и САР. Докажите, что R\R2Rs = Б3, где R — радиус описанной окружности треугольника АБС.

5.144*. Пусть Р и Q — первая и вторая точки Брокара треугольника АБС. Прямые СР и BQ, АР и CQ, BP и AQ пересекаются в точках Ai, Б1 и Ci. Докажите, что описанная окружность треугольника А1Б1С1 проходит через точки Р и Q.

5.145*. На сторонах CA, АБ и ВС остроугольного треугольника АБС взяты точки Ai, Б1 и Ci так, что ZAB\A\ = ZBC\B\ = ZCA\C\. Докажите, что ЛА1Б1С1 ~ ЛАБС, причём центр поворотной гомотетии, переводящей один треугольник в другой, совпадает с первой точкой Брокара обоих треугольников.

5.146*. Докажите, что для угла Брокара ср выполняются следующие неравенства:

(неравенство Йиффа).

5.147*. Пусть вершины Б и С треугольника фиксированы, а вершина А движется так, что угол Брокара ср треугольника АБС остаётся

постоянным. Докажите, что точка А движется по окружности радиуса

где а = ВС (окружность Нейберга).

5.148*. Опустим из точки M перпендикуляры M Ai, MBi и MCi на прямые ВС, CA и AB. Докажите, что для фиксированного треугольника ABC множество точек М, для которых угол Брокара треугольника AiBiCi имеет заданное значение, состоит из двух окружностей, причём одна из них расположена внутри описанной окружности треугольника ABC, а другая вне её (окружности Схоуте).

См. также задачи 14.45, 14.52, 19.59.

§ 13. Точка Лемуана

Пусть AM — медиана треугольника ABC, а прямая AS симметрична прямой AM относительно биссектрисы угла А (точка S лежит на отрезке ВС). Тогда отрезок AS называют симедианой треугольника ABC; иногда симедианой называют луч AS.

Симедианы треугольника пересекаются в точке, изогонально сопряжённой точке пересечения медиан. Точку пересечения симедиан треугольника называют точкой Лемуана.

5.149. Прямые AM и AN симметричны относительно биссектрисы угла А треугольника ABC (точки M и N лежат на прямой ВС). Докажите, что ВМ • BN'/ (СМ • CN) = с2/Ъ2. В частности, если AS — симедиана, то BS/CS = с2/Ъ2.

5.150. Выразите длину симедианы AS через длины сторон треугольника ABC.

5.151. Отрезок В\С\, где точки Bi и Ci лежат на лучах АС и AB, называют антипараллельным стороне ВС, если ZABiCi = ZABC и ZACiBi = ZACB.

а) Докажите, что симедиана AS делит пополам любой отрезок Б1С1, антипараллельный стороне ВС.

б) Докажите, что если симедиана AS делит пополам отрезок Б1С1, то этот отрезок антипараллелей стороне ВС.

5.152. Докажите, что если отрезок Б1С1 антипараллелей стороне ВС, то Б1С1 ZOA, где О — центр описанной окружности.

5.153. Касательная в точке В к описанной окружности S треугольника ABC пересекает прямую АС в точке К. Из точки К проведена вторая касательная KD к окружности S. Докажите, что BD — симедиана треугольника ABC.

5.154*. Касательные к описанной окружности треугольника ABC в точках Б и С пересекаются в точке Р. Докажите, что прямая АР содержит симедиану AS.

5.155*. Окружность Si проходит через точки А и Б и касается прямой АС, окружность S2 проходит через точки А и С и касается

прямой AB. Докажите, что прямая, проходящая через общие точки этих окружностей, содержит симедиану треугольника ABC.

5.156*. Биссектрисы внешнего и внутреннего углов при вершине А треугольника ABC пересекают прямую ВС в точках D и Е. Окружность с диаметром DE пересекает описанную окружность треугольника ABC в точках А и X. Докажите, что прямая АХ содержит симедиану треугольника ABC.

5.157*. Докажите, что точка Лемуана треугольника ABC с прямым углом С является серединой высоты CH.

5.158*. Через точку X, лежащую внутри треугольника ABC, проведены три отрезка, антипараллельных его сторонам. Докажите, что эти отрезки равны тогда и только тогда, когда X — точка Лемуана.

5.159*. Точки Ai и Аг, В\ и Б2, С\ и С2 лежат на сторонах БС, CA, АБ треугольника АБС (Ai ближе к С, чем А2, Б1 ближе к A, Ci ближе к Б).

а) Докажите, что если эти точки являются точками пересечения сторон треугольника АБС с продолжениями сторон треугольника А'В'С, полученного из треугольника АБС при гомотетии с центром в точке Лемуана К, то точки Ai, Б2, ßi, С2, Ci, А2 лежат на одной окружности (окружность Тукера).

б) Докажите, что если длины отрезков А1Б2, Б1С2 и С1А2 равны и эти отрезки антипараллельны сторонам АБ, ВС и CA, то точки Ai, Б2, Б1, С2, Ci, А2 лежат на одной окружности.

5.160*. Докажите, что центр окружности Тукера лежит на прямой КО, где К — точка Лемуана, О — центр описанной окружности.

5.161*. а) Через точку Лемуана К проведены прямые, параллельные сторонам треугольника. Докажите, что точки их пересечения со сторонами треугольника лежат на одной окружности (первая окружность Лемуана).

б) Через точку Лемуана К проведены прямые, антипараллельные сторонам треугольника. Докажите, что точки их пересечения со сторонами треугольника лежат на одной окружности (вторая окружность Лемуана).

5.162*. Пусть Ai, Б1 и Ci — проекции точки Лемуана К на стороны треугольника АБС. Докажите, что К — точка пересечения медиан треугольника А1Б1С1.

5.163*. Пусть Ai, Б1 и Ci — проекции точки Лемуана К треугольника АБС на стороны БС, CA и АБ. Докажите, что медиана AM треугольника АБС перпендикулярна прямой Б1С1.

5.164*. Прямые АК, ВК и CK, где К — точка Лемуана треугольника ABC, пересекают описанную окружность в точках Ai, Б1 и Ci. Докажите, что К — точка Лемуана треугольника А1Б1С1.

5.165*. Докажите, что прямые, соединяющие середины сторон треугольника с серединами соответствующих высот, пересекаются в точке Лемуана.

См. также задачи 6.41, 7.17, 11.22, 19.58—19.60.

Задачи для самостоятельного решения

5.166. Докажите, что проекция диаметра описанной окружности, перпендикулярного первой стороне треугольника, на прямую, содержащую вторую сторону, равна по длине третьей стороне.

5.167. Докажите, что площадь треугольника с вершинами в центрах вневписанных окружностей треугольника АБС равна 2pR.

5.168. Равнобедренный треугольник с основанием а и боковой стороной Ь и равнобедренный треугольник с основанием Ь и боковой стороной а вписаны в окружность радиуса R. Докажите, что если афЪ, то ab = \/§ R2.

5.169. Вписанная окружность прямоугольного треугольника ABC касается гипотенузы AB в точке Р; СН — высота треугольника ABC. Докажите, что центр вписанной окружности треугольника ACH лежит на перпендикуляре, опущенном из точки Р на АС.

5.170. Вписанная окружность треугольника ABC касается сторон CA и AB в точках В\ и Ci, а вневписанная окружность касается продолжения сторон в точках В2 и С2. Докажите, что середина стороны ВС равноудалена от прямых Б1С1 и Б2С2.

5.171. В треугольнике ABC проведена биссектриса AD. Пусть О, Oi и О2 — центры описанных окружностей треугольников ABC, ABD и ACD. Докажите, что OOi =002.

5.172. Треугольник, составленный: а) из медиан; б) из высот треугольника АБС, подобен треугольнику АБС. Каким соотношением связаны длины сторон треугольника АБС?

5.173. Через центр О правильного треугольника АБС проведена прямая, пересекающая прямые БС, CA и АБ в точках Ai, Б1 и Ci. Докажите, что одно из чисел 1/OAi, 1/ОВ\ и 1/OCi равно сумме двух других.

5.174. В треугольнике АБС проведены высоты ББ1 и CCi. Докажите, что если ZA = 45°, то Б1С1—диаметр окружности девяти точек треугольника АБС.

5.175. Углы треугольника АБС удовлетворяют соотношению sin2A + sin2 Б + sin2 С= 1. Докажите, что его описанная окружность и окружность девяти точек пересекаются под прямым углом.

Решения

5.1. Пусть ACi = ABi = x, ВА\ = ВС\ = у и CAi = CBi = 2. Тогда а = у + г, b = z + x и с = x + у. Вычитая третье равенство из суммы первых двух, получаем 2 = (а + b — с)/2. Поэтому, если треугольник АБС задан, то положение

точек Ai и В\ определено однозначно. Аналогично положение точки С\ определено однозначно. Остаётся заметить, что точки касания вписанной окружности со сторонами удовлетворяют указанным в условии задачи соотношениям.

5.2. Лучи СОц и СОь — биссектрисы внешних углов при вершине С, поэтому С лежит на прямой ОиОь и ZOaCB = ZObCA. Так как СОс — биссектриса угла ВСА, то ZBCOc = ZACOc. Складывая эти равенства, получаем ZOaCOc = ZOcCOb, т.е. ОсС — высота треугольника ОаОьОс. Аналогично доказывается, что ОаА и ОьВ — высоты этого треугольника.

5.3. Ясно, что ZBOC = 180°-ZCBO-ZBCO=180°-ZB/2-ZC/2 = 90° + ZA/2, a ZBOaC = 180° - ZBOC, так как ZOBOa = ZOCOa = 90°.

5.4. Пусть АА\, ВВ\ и CCi—биссектрисы треугольника ABC, О — точка их пересечения. Предположим, что х > 1. Тогда ZPAB > ZPAC, т.е. точка Р лежит внутри треугольника АА\С. Аналогично точка Р лежит внутри треугольников СС\В и ВВ\А. Но единственной общей точкой трёх этих треугольников является точка О. Получено противоречие. Случай х < 1 разбирается аналогично.

5.5. Пусть da, db и dc — расстояния от точки О до сторон ВС, CA и AB. Тогда ada + bdb + cdc = 2S и aha = bhb = chc = 2S. Если ha - da =hb - db = hc - dc = x, то (a + b + c)x = a(ha - da) + b(hb - db) + c(hc - dc) = 6S - 2S = 4S. Поэтому x = 4S/2p = 2r.

5.6. Докажем, что точка О является центром вневписанной окружности треугольника PBQ, касающейся стороны PQ. В самом деле, ZPOQ = ZA = 90° — ZB/2; из центра вневписанной окружности отрезок PQ виден под таким же углом (задача 5.3). Кроме того, точка О лежит на биссектрисе угла В. Следовательно, полупериметр треугольника PBQ равен длине проекции отрезка ОБ на прямую СБ.

5.7. Пусть Р — точка касания вписанной окружности со стороной ВС, PQ — диаметр вписанной окружности, R — точка пересечения прямых AQ и ВС. Так как CR = BP (см. задачу 19.11 а) и M — середина стороны ВС, то RM = РМ. Кроме того, О — середина диаметра PQ, поэтому МО \\ QR, а так как АН \\ PQ, то АЕ = OQ.

5.8. Данная окружность может быть как вписанной, так и вневписанной окружностью треугольника ABC, отсекаемого касательной от угла. Используя результат задачи 3.2, в обоих случаях легко проверить, что uv/w2 = (р — Ь)(р — с) sin Б sinC/h'i. Остаётся заметить, что ha = fr sin С = с sin Б и (р - Ь) (р - с)/Ъс = sin2(А/2) (задача 12.13).

5.9. а) Пусть р = СР, Х\ = BP и х2 = АР. Тогда

После несложных преобразований требуемое равенство приводится к виду

Остаётся заметить, что

б) Согласно задаче а)

где h — расстояние от точки Б до прямой А\А>2.

5.10. Пусть А\, В\ и Ci — точки, симметричные точке H относительно сторон ВС, CA и AB соответственно. Так как AB Z СН и ВС Z АН, то Z(AB, ВС) = Z(CH, НА), а так как треугольник АС\Н равнобедренный, то Z(CH, HA) = Z(ACi, Ci С). Следовательно, Z(AB, BC) = Z(ACU Ci С), т.е. точ-

ка Ci лежит на описанной окружности треугольника АБС. Аналогично доказывается, что точки Ai и В\ лежат на этой окружности.

5.11. Точки X, Y и Z лежат на одной прямой (задача 5.105 а). Поэтому Spyz = Spxz + Spxy- Кроме того, Spyz = * PZsina, так как PY JL CA и PZ JL AB. Подставив аналогичным образом две другие площади, получим

Остаётся заметить, что sin а : sinß : sin у = ВС : CA : AB.

5.12. а) Пусть M — точка пересечения прямой AI с описанной окружностью. Проведя через точку / диаметр описанной окружности, получим А1-1М= (R + d)(R-d)=R2 -d2. Так как 1М = СМ (задача 2.4 а), то R2 - d2 = AI-CM. Остаётся заметить, что AI = г/ sin (А/2) и СМ = 2R sin (А/2).

б) Пусть M — точка пересечения прямой А1а с описанной окружностью. Тогда Ala • IaM = d2 - R2. Так как IaM = СМ (задача 2.4 a), то d\ - R2 = AIa • CM. Остаётся заметить, что AIa = га/sin(A/2) и CM = 2R sin (A/2).

5.13. В треугольнике Ol В угол при вершине / прямой тогда и только тогда, когда OB2 = Ol2 + BI2. Ясно, что OB = R и BI = г/ sin ^. Кроме того, согласно задаче 5.12 a) Ol2 = R2 — 2Rr. Поэтому приходим к равенству r=2i?sin2^.

Согласно задаче 12.38 а) г = 4i?sin(a/2) sin(/3/2) sin(y/2). Поэтому полученное равенство можно переписать в виде 2 sin(a/2) sin(y/2) = sin(/3/2)• Это равенство эквивалентно равенству 2 sinß = sin а + sin у. Действительно, последнее равенство можно преобразовать следующим образом:

5.14. а) Так как В\ — центр описанной окружности треугольника AMC (см. задачу 2.4 а), то AM = 2MB\ sin АСМ. Ясно также, что MC = г/ sin АСМ. Поэтому MA • MC/MBi = 2r.

б) Так как АМВСХ = АВМСХ = 180° - ZBMC и АВСХМ = ZA, то

Кроме того, МБ = 2MAi sin ВСМ. Поэтому MCi • МАХ/МВ = ВС/2 sin А = R.

5.15. Пусть M — середина стороны AC, N — точка касания вписанной окружности со стороной ВС. Тогда BN = р — Ъ (см. задачу 3.2), поэтому BN = AM, так как р = ЗЬ/2 по условию. Кроме того, ZOBN = ZB\AM, а значит, ЛОБАГ=ЛБ1АМ, т.е. OB = ВХА. Но В\А = В\0 (см. задачу 2.4 а).

5.16. Пусть О и Oi — центры вписанной и описанной окружностей треугольника АБС. Рассмотрим окружность радиуса d = 00\ с центром О.

Проведём в этой окружности хорды 0\М и 0\N, параллельные сторонам AB и АС соответственно. Пусть К — точка касания вписанной окружности со стороной AB, L — середина стороны AB. Так как OK JL AB, 0\L JL AB и OiM II AB, то OiM = 2ifL = 2BL - 2BK = с-(а + с-Ъ)=Ъ-а = AE. Аналогично 0\N = AD, a значит, AMO\N = AEAD. Следовательно, радиус описанной окружности треугольника EAD равен d.

5.17. Пусть АА\, ВВ\, СС\ —медианы, M — точка их пересечения, А+, В-, С+, А-, В+, С_ —центры описанных окружностей треугольников В\МС, СМА\, А\МВ, ВМС\, С\МА, АМВ\. Проекции точек В+ и Б_ на прямую АА\ являются серединами отрезков AM и МА\. Поэтому проекция вектора В+В на прямую АА\ равна -АА\. Аналогично проекция этого вектора на прямую СС\ равна —СС\. Аналогичные утверждения верны и для векторов А+А и

Сумма векторов AAi, ББ1 и СС\ равна нулевому вектору (задача 13.1), поэтому существует треугольник А2Б2С2, для которого AAi = В2С2, ВВ\ —С2А2 и СС\ = А2В2. Для любой точки X вектор В2Х полностью определяется проекциями на прямые Б2А2 и В2С2. С другой стороны, вектор Б2О, где О — центр описанной окружности треугольника А2Б2С2, имеет такие же проекции на эти прямые, как и вектор В+В_. Следовательно, длины векторов А+А_, В+В_ и С+С- равны (они равны радиусу описанной окружности треугольника А2Б2С2).

Противоположные стороны шестиугольника А+В-С+А-В+С- параллельны, а его диагонали А+А_, В+В_ и С+С_ равны. Согласно задаче 6.57 такой шестиугольник вписанный.

5.18. Пусть вписанная окружность касается стороны АС в точке К, а вневписанная окружность касается продолжения стороны АС в точке L. Тогда г = СК и rc = CL. Остаётся воспользоваться результатом задачи 3.2.

5.19. Так как АВ/2 = AM = ВМ, то СМ = AB/2 тогда и только тогда, когда точка С лежит на окружности с диаметром АБ.

5.20. Пусть M к N — середины сторон АБ и CD. Треугольник АРБ прямоугольный, поэтому РМ = АВ/2 и ZMPA = ZPAM, а значит, РМ || AD. Аналогичные рассуждения показывают, что точки Р, M, N a Q лежат на одной прямой и PQ = РМ + MN + NQ = (AB + (ВС + AD) + CD)/2.

5.21. Пусть F — точка пересечения прямых DE и БС; К — середина отрезка ЕС. Отрезок CD является биссектрисой и высотой треугольника ECF, поэтому ED = DF, а значит, DK \\ FC. Медиана DK прямоугольного треугольника EDC в два раза меньше его гипотенузы ЕС (задача 5.19), поэтому AD = DK = EC/2.

5.22. Прямая ЕМ проходит через середину стороны АБ, поэтому она проходит через середину О отрезка DK. Кроме того, ZEKO = ZABK = ZKBC = ZKEO. Поэтому ОЕ = ОК = OD. Согласно задаче 5.19 ZDEK = 90°.

5.23. Пусть сумма углов при основании AD трапеции ABCD равна 90°. Обозначим точку пересечения прямых АБ и CD через О. Точка О лежит на прямой, проходящей через середины оснований. Проведём через точку С прямую CK, параллельную этой прямой, и прямую СЕ, параллельную прямой АБ (точки К и Е лежат на основании AD). Тогда CK — медиана прямоугольного треугольника ECD, поэтому CK = ED/2 = (AD — ВС)/2 (см. задачу 5.19).

Аналогичные рассуждения для других квадратов показывают, что а + ha = b + hb = с + hc.

5.33. Если a, ß и у — углы треугольника ABC, то углы треугольника А\В\С\ равны (ß+y)/2, (у + ос)/2 и (oc+ß)/2. Пусть для определённости

5.24. Пусть Р и Q — середины сторон AB и CD. Рассмотрим для определённости случай, когда точка M не лежит на отрезке АР (случай, когда точка M лежит на отрезке АР, разбирается аналогично). Ясно, что AMP О = A MAD = АР МО, а значит, МО = РО = OQ. Поэтому согласно задаче 5.19 MQ JL MP. Следовательно, MQ — серединный перпендикуляр к отрезку CD.

5.25. Ясно, что ZCEB = ZA + А АСЕ = ZBCK + ZKCE = ZBCE.

5.26. Отрезки CF и DK являются биссектрисами подобных треугольников АСВ и CDB, поэтому AB : FB = СВ : КВ. Следовательно, FK || АС. Аналогично доказывается, что LF || СВ. Поэтому CLFK — прямоугольник, у которого диагональ CF является биссектрисой угла LCK, т. е. он — квадрат.

5.28. По теореме Пифагора АР + BQ2 + CR1 = (AM1 - РМ2) + (BM2 - QM2) + (CM2 - RM2) и PB2 + QC2 + RA2 = (BM2 - PM2) + (CM2 - QM2) + (AM2 - RM2). Эти выражения равны.

Так как АР2 + BQ2 + CR2 = (а - PB)2 + (а - QC)2 + (а - RA)2 = За2 -- 2а(РВ + QC + RA) + PB2 + QC2 + RÂ2, где a = AB, то PB + QC + RA = Sa/2.

5.29. Пусть точка F делит отрезок ВС в отношении CF : FB = 1:2; Р и Q — точки пересечения отрезка AF с BD и СЕ соответственно. Ясно, что треугольник OPQ правильный. Используя результат задачи 1.3 а), легко проверить, что АР : PF = 3:4 и AQ:QF = 6: 1. Следовательно, AP:PQ:QF = S:S: 1, а значит, AP = PQ = OP. Поэтому ZAOP = 30° и ZAOC = 90°.

5.30. Пусть АиБ, С к D, Е к F — точки пересечения окружности со сторонами PQ, QR, RP треугольника PQR. Рассмотрим медиану PS. Она соединяет середины параллельных хорд F А и DC и поэтому перпендикулярна им. Следовательно, PS является высотой треугольника PQR, а значит PQ = PR. Аналогично PQ = QR.

5.31. Пусть H — точка пересечения высот ААь ББ1 и CCi треугольника ABC. По условию А\Н - ВН = В\Н - АН. С другой стороны, так как точки Ai и Б1 лежат на окружности с диаметром АБ, то АН • А\Н = ВН • В\Н. Следовательно, АН = ВН и А\Н = В\Н, а значит, АС = ВС. Аналогично ВС = AB.

5.32. а) Предположим, что треугольник АБС неправильный; например афЬ. Так как а + ha = а + b sin у и b + hb = b + a sin у, то (а - b) (1 - sin у) = 0. Поэтому sin у = 1, т.е. у — 90°. Но тогда а Ф с, и аналогичные рассуждения показывают, что /3 = 90°. Получено противоречие.

б) Обозначим сторону квадрата, две вершины которого лежат на стороне ВС, через х. Из подобия треугольников АБС и APQ, где Р и Q — вершины квадрата, лежащие на АБ и АС, получаем

a^ß^y. Тогда (а + ß)/2 ^ (а + у)/2 ^ (ß + у)/2. Следовательно, а = (а + /3)/2 и у = (/3 + у)/2, т. е. а = /3 и ß = у.

5.34. В любом треугольнике высота больше диаметра вписанной окружности. Поэтому длины высот — целые числа, большие 2, т.е. все они не меньше 3. Пусть S — площадь треугольника, а — наибольшая его сторона, h — соответствующая высота.

Предположим, что треугольник неправильный. Тогда его периметр Р меньше За. Поэтому За > Р = Рг = 2S = ha, т.е. h < 3. Получено противоречие.

5.35. Так как внешний угол при вершине А треугольника АВА\ равен 120° и ZA\AB\ =60°, то АВ\ —биссектриса этого внешнего угла. Кроме того, ВВ\ —биссектриса внутреннего угла при вершине В, поэтому А\В\ —биссектриса угла АА\С. Аналогично А\С\ — биссектриса угла АА\В. Поэтому ZBiAiCi = (ZAA\C + ZAAlB)/2 = 90°.

5.36. Согласно решению задачи 5.35 луч А\С\ является биссектрисой угла АА\В. Пусть К — точка пересечения биссектрис треугольника Ai Aß. Тогда ZCiKO = ZAXKB = 90° + ZA/2 = 120°. Поэтому ZCxKO + ZCxAO = 180°, т.е. четырёхугольник АОКС\ вписанный. Следовательно, ZA\C\Ö = ZKC\Ö = ZKAO = 30°.

5.37. Пусть описанные окружности треугольников АББ1 и ACCi пересекаются в точке X, лежащей на стороне ВС. Тогда ZXAC = ZCBB\ = -ZB и ZXAB = ZBCCx = -ZC. Поэтому ZA =-(ZB + ZC), а значит, ZA = 60°.

5.38. а) Пусть S — описанная окружность треугольника АБС, S\ — окружность, симметричная S относительно прямой ВС. Ортоцентр H треугольника АБС лежит на окружности S\ (задача 5.10). Проверим, что центр О окружности S тоже принадлежит S\ и биссектриса внешнего угла А проходит через центр окружности S\.

Пусть PQ — диаметр окружности S, перпендикулярный прямой ВС, причём точки Р и А лежат по одну сторону от прямой БС. Тогда AQ — биссектриса угла А, а АР — биссектриса внешнего угла А. Так как ZBPC = 120° = ZBOC, то точка Р является центром окружности Si, а точка О принадлежит окружности Si. Тогда РОАН — ромб, так как РО \\ НА.

б) Пусть S — описанная окружность треугольника ABC, Q — точка пересечения биссектрисы угла ВАС с окружностью S. Легко проверить, что Q — центр окружности Si, симметричной окружности S относительно прямой БС. Кроме того, точки О к H лежат на окружности Si, а так как ZBIC = 120° и ZBIaC = 60° (см. задачу 5.3), то 1а1 — диаметр окружности Si. Ясно также, что ZOQI = ZQAH = ZAQH, так как OQ || АН и HA = QO = QH. Поэтому точки О к H симметричны относительно прямой 1а1.

5.39. Построим внешним образом на стороне АС треугольника АБС правильный треугольник AßiC. Так как ZA— 120°, точка А лежит на отрезке ББь Поэтому ББ1 = Ь + с и, кроме того, ВС — а и В\С — Ь, т.е. треугольник ВВ\С искомый.

5.40. а) Пусть М\ и A^i —середины отрезков ВН и СН, ВВ\ и CCi —высоты. Прямоугольные треугольники АББ1 и ВНС\ имеют общий острый угол при вершине Б, поэтому ZC\HB = ZA = 60°. Так как треугольник ВМН равнобедренный, ZBHM = ZHBM = 30°. Следовательно, ZCXHM = 60° - 30° = 30° =

= ZBHM, т.е. точка M лежит на биссектрисе угла С\НВ. Аналогично точка N лежит на биссектрисе угла В\НС.

б) Воспользуемся обозначениями задачи а), и пусть, кроме того, В' и С' — середины сторон АС и АБ. Так как ACi = AC cos А = АС/2, то CiC' = |АБ - АС|/2. Аналогично BiB' = |АБ - АС|/2, т.е. В\В' = СХС'. Следовательно, параллельные прямые BBi и В'О, CCi и С'О образуют не просто параллелограмм, а ромб. Поэтому его диагональ НО является биссектрисой угла при вершине Н.

5.41. Так как ZBBiC = ZB\BA + ZB\AB > ZB\BA = ZB\BC, то ВС > B\C. Поэтому точка К, симметричная В\ относительно биссектрисы CCi, лежит на стороне БС, а не на её продолжении. Так как ZCC\B = 30°, то ZB\C\K = Q0°, а значит, треугольник В\С\К правильный. В треугольниках ВС\В\ и ВКВ\ сторона BBi общая, стороны CiBi и КВ\ равны, равны также и углы С\ВВ\ и КВВ\ но это углы не между равными сторонами. Поэтому возможны два случая:

1. ABCiBx = АВКВг. Тогда ZBB\C\ = ZBB\K = 60°/2 = 30°. Следовательно, если О — точка пересечения биссектрис BBi и CCi, то ZBOC = ZB\OC\ = 180° - ZOCißi - ZOBiCi = 120°. С другой стороны, ZBOC = 90° + ZA/2 (см. задачу 5.3), т.е. ZA = 60°.

2. ZBC\B\ + ZBKB\ = 180°. Тогда четырёхугольник ВС\В\К вписанный, а так как треугольник В\С\К правильный, то ZB = 180° — ZC\B\K = 120°.

5.42. Пусть ВМ — медиана, АК — биссектриса треугольника АБС и BMZAK. Прямая АК является биссектрисой и высотой треугольника АБМ, поэтому AM = AB, т. е. АС = 2AM = 2АБ. Следовательно, АБ = 2, ВС = 3 и АС = 4.

5.43. Пусть а и Ъ — катеты, с — гипотенуза данного треугольника. Если числа а и Ь нечётные, то а2 + Ь2 при делении на 4 даёт остаток 2 и не может быть квадратом целого числа. Поэтому одно из чисел а и Ъ чётное, а другое нечётное; пусть для определённости а — 2р. Числа Ъ и с нечётные, поэтому с + Ъ = 2q и с - Ъ = 2г. Следовательно 4р2 = а2 = с2 — Ъ2 = 4qr. Если бы числа сиг имели общий делитель d, то на d делились бы числа а = 2y/qr, b = q — г и с = q + г. Поэтому числа сиг взаимно просты, а так как р2 = qr, то q = m2 и г = п2. В итоге получаем а = 2тп, Ъ = т2 - п2 и с = т2 + п2.

Легко проверить также, что если а = 2тп, b = m2 — п2 и с = т2 + п2, то а2 + Ъ2 = с2.

5.44. Пусть р — полупериметр треугольника, а а, Ь, с — длины его сторон. По формуле Герона S2 = р(р — а)(р — Ь)(р — с). С другой стороны, S2 = р2г2 = р2, так как г = 1. Поэтому р = (р - а)(р - Ь)(р - с). Если ввести неизвестные X = р — а, у — р — Ъ, 2 = р — с, то это уравнение перепишется в виде X + у + z = ху2. Заметим, что число р целое или полуцелое (т. е. число вида (2п + 1)/2, где п целое), поэтому все числа х, у, 2 одновременно целые или полуцелые. Но если они полуцелые, то число х + у + 2 полуцелое, а число ху2 имеет вид т/8, где число m нечётное. Следовательно, числа х, у, 2 целые. Пусть для определённости х ^ у ^ 2. Тогда ху2 = х + у + 2 ^ 32, т.е. ху ^ 3. Возможны три случая.

1. X = 1, у = 1. Тогда 2 + 2 = 2, чего не может быть.

2. х = 1, у = 2. Тогда 3 + 2 = 22, т. е. 2 = 3.

3. X = 1, у = 3. Тогда 4 + 2 = 32, т.е. 2 = 2 < у, чего не может быть. Итак, X = 1, у = 2, 2 = 3. Поэтому р = х + у + 2 = 6 и а = р — х = Ь, b = 4, с = 3.

5.45. Пусть ci и &ь Ü2 и Ъч — катеты двух различных пифагоровых треугольников, С\ и С'2 — их гипотенузы. Возьмём две перпендикулярные прямые и отложим на них отрезки OA = a\ü2, OB = a\b2, ОС = b\b2 и OD = ü2b\ (рис. 5.3). Так как OA • ОС = OB OD, то четырёхугольник ABCD вписанный.

Согласно задаче 2.74 a) 4Б2 = OÂ2 + ОБ2 + ОС2 + OD2 = (С1С2)2, т.е. R = С1С2/2. Увеличив, если нужно, четырёхугольник ABCD в два раза, получим искомый четырёхугольник.

5.46. а) Длины гипотенуз прямоугольных треугольников с катетами 5 и 12, 9 и 12 равны 13 и 15. Приложив равные катеты этих треугольников друг к другу, получим треугольник площади 12(5 + 9)/2 = 84.

б) Предположим сначала, что длина наименьшей стороны данного треугольника — чётное число, т. е. длины сторон треугольника равны 2п, 2п + 1, 2п + 2. Тогда по формуле Герона 16S2 = (6л + 3) (2п + 3) (2п + 1) (2п - 1) = 4(3п2 + 6п + 2)(4л2 - 1) + 4п2 - 1. Получено противоречие, так как число, стоящее в правой части, не делится на 4. Следовательно, длины сторон треугольника равны 2п — 1, 2п и 2п + 1, причём S = Зп (п — 1). Поэтому S = пк, где k — целое число, и k2 — S(n2 — 1). Ясно также, что k — длина высоты, опущенной на сторону 2п. Эта высота делит исходный треугольник на два прямоугольных треугольника с общим катетом k и гипотенузами 2п + 1 и 2п — 1; квадраты длин других катетов этих треугольников равны

5.47. а) Так как

б) Пусть диагонали АС и BD пересекаются в точке О. Докажем, например, что число q = BO/OD рациональное (тогда число OD = BD/(q+1) тоже рациональное). Проведём в треугольниках ABC и ADC высоты BBi и DD\. Согласно задаче а) числа АВ\ и CD\ рациональные, а значит, число Б1Б1 тоже рациональное. Пусть Е — точка пересечения прямой BBi и прямой, проходящей через точку D параллельно АС. В прямоугольном треугольнике BDE катет ED = B\D\ и гипотенуза BD — рациональные числа, поэтому число BE2 тоже рациональное. Из треугольников ABBi и CDD\ получаем, что числа ББ2 и DD\ рациональные. А так как BE2 = (ВВ\ + DD\)2 = ВВ\ + DD2 + 2BBi • DD\, то число BBi • DD\ рациональное. Следовательно, число ВО/OD = BB\/DD\ = BB\'DD\/DD2 рациональное.

5.48. В треугольниках ABC и А1В1С1 не может быть двух пар соответственных углов, составляющих в сумме 180°, так как иначе их сумма равна 360° и третьи углы треугольников должны быть нулевыми. Предположим теперь, что углы первого треугольника равны а, ß и у, а углы второго равны 180° — а, ß и у. Сумма углов двух треугольников равна 360°, поэтому 180° + 2/3 + 2у = 360°, т.е. ß + у = 90°. Следовательно, а = 90° = 180° - ос.

5.49. Ясно, что А\С = ВО и CBi = OA, поэтому AiBi = ВА. Аналогично BiCi = СБ и СгАг = АС, т.е. ААВС = /\A\B\C\. Кроме того, ABAiBi

Рис. 5.3

и АСА\С\ — параллелограммы. Значит, отрезки ВВ\ и СС\ проходят через середину отрезка АА\.

5.50. Так как /МАО = ZPAO = ZAOM, то АМОР — ромб. Аналогично BNOQ — ромб. Следовательно, MN = МО + ON = AM + BN и OP + PQ + QO = AP + PQ + QB = AB.

5.51. а) Проведём через вершины треугольника ABC прямые, параллельные его противоположным сторонам. В результате получим треугольник А\В\С\, серединами сторон которого являются точки А, Б и С. Высоты треугольника АБС являются серединными перпендикулярами к сторонам треугольника А1Б1С1, поэтому центр описанной окружности треугольника А1Б1С1 является точкой пересечения высот треугольника АБС.

б) Точка H является центром описанной окружности треугольника А1Б1С1, поэтому 4Б2=Б1Я2=Б1А2+АЯ2 = БС2 + АЯ2. Следовательно, AH2 = 4R2-BC2 = (—^--1)БС2 = (ВС ctg а)2.

5.52. Пусть AD — биссектриса равнобедренного треугольника АБС с основанием АБ и углом 36° при вершине С. Тогда треугольник ACD равнобедренный и ААВС ~ ABDA. Поэтому CD = AD = AB = 2хВС и DB = 2хАВ = 4х2БС, а значит, BC = CD + DB= (2х + 4х2)БС.

5.53. Ясно, что

Из этого следует, что отрезки А1Б1 и Б2С2 пересекаются в некоторой точке X. Треугольник ХВ\В2 подобен равнобедренному треугольнику С2АВ2, поэтому

Следовательно,

Таким образом, треугольник ХА1Б

равнобедренный, а значит, ZXBA\ = ZA\XB = ZABX.

5.54. Пусть В\ и Б2 — проекции точки А на биссектрисы внутреннего и внешнего углов при вершине Б, M — середина стороны АБ. Так как биссектрисы внутреннего и внешнего углов перпендикулярны, то АВ\ВВ2 — прямоугольник, и его диагональ Б1Б2 проходит через точку М. Кроме того, АВхМВ = 180° - 2/МББ1 = 180° - /Б. Следовательно, Б1Б2 || БС, а значит, прямая Б1Б2 совпадает с прямой /, соединяющей середины сторон АБ и АС. Аналогично доказывается, что проекции точки А на биссектрисы углов при вершине С лежат на прямой /.

5.55. Предположим, что биссектрисы углов А и Б равны, но а > Ъ. Тогда

Перемножая полученные неравенства, приходим к противоречию, так как

(см. задачу 4.48).

5.56. а) Согласно задаче 4.48 длина биссектрисы угла Б треугольника АБС равна 2accos(B/2)/(a + с), поэтому достаточно проверить, что система уравнений ас/(а + с) = р, а2 + с2 — 2accosB = q имеет (с точностью до перестановки чисел а и с) единственное положительное решение. Пусть а + с = и. Тогда ас = pu и q = и2 - 2ри(1 + cos ). Произведение корней этого квадратного уравнения относительно и равно —а, поэтому оно имеет единственный положительный корень. Ясно, что система уравнений а + с = и, ас = pu имеет единственное решение.

б) В треугольниках АА1Б и СС\В равны стороны AAi и CCi, углы при вершине Б и биссектрисы углов при вершине Б. Следовательно, эти треугольники

равны, а значит, AB = ВС или AB = ВС\. Второе равенство выполняться не может.

5.57. Пусть точки M п N лежат на сторонах AB и АС. Если Г\ — радиус окружности с центром на отрезке MN, касающейся сторон AB и АС, то Samn = qr\, где q= (AM + AN)/2. Прямая MN проходит через центр вписанной окружности тогда и только тогда, когда г\ = г, т.е. Samnlq — Sabc/p = (S abc — Samn)/ (p — q) = Sbcnm/(p — q)-

5.58. a) Возьмём на продолжении отрезка АС за точку С такую точку В', что СВ' = СВ. Треугольник ВСВ' равнобедренный, поэтому ZAEB = ZACB = 2ZCBB', а значит, Е — центр описанной окружности треугольника ABB'. Следовательно, точка F делит отрезок AB' пополам; поэтому прямая С\F делит пополам периметр треугольника ABC.

б) Легко проверить, что прямая, проведённая через точку С параллельно ВВ', является биссектрисой угла АСВ. А так как C\F \\ ВВ', то прямая Ci F — биссектриса угла треугольника с вершинами в серединах сторон треугольника АБС. Биссектрисы этого треугольника пересекаются в одной точке.

5.59. Пусть X — точка пересечения прямых АБ2 и CDi; M, Е\ и Е2— проекции точек X, D\ и D2 на прямую АС. Тогда СЕ2 = СБ2 sin у = a sin у и AEi = с sin а. Так как a sin у = с sin а, то СЕ2 = АЕ\ = q. Поэтому

Следовательно, AM : СМ = с cos а : a cos у. Высота ВН делит сторону АС в таком же отношении.

5.60. а) По теореме косинусов

Записывая аналогичные равенства для Ъ\ и с\ и складывая их, получаем требуемое.

б) Для остроугольного треугольника ABC, прибавив к S площади треугольников AßCi, АБ1С и AiBC и прибавив к S\ площади треугольников АБ1С1, А1БС1 и AiBiC, получим одинаковые величины (для треугольника с тупым углом А площадь треугольника Aßi Ci следует взять со знаком минус). Поэтому

Остаётся заметить,

(см. задачу 12.46 а).

5.61. Докажем сначала, что точка В' лежит на описанной окружности треугольника АНС, где H — точка пересечения высот треугольника АБС. Z(AB\ Б'С)=/(АА1, CCi)=Z(AAi, BC) + Z(BC, AB) + Z(AB, CCi) = Z(BC, AB). Но, как следует из решения задачи 5.10, /(БС, АБ) = Z(AH, НС), поэтому точки А, В', H и С лежат на одной окружности, причём эта окружность симметрична описанной окружности треугольника АБС относительно прямой АС. Следовательно, обе эти окружности имеют радиус R, а значит, В'H = 2RsinВ'АН = 2Бсоэа. Аналогично А'H = 2Бсоэа = С'Н. Решение задачи а) тем самым завершено, а для решения задачи б) остаётся заметить, что АА'В'С' ~ ЛАБС, так как после поворота треугольника А'В'С' на угол а его стороны будут параллельны сторонам треугольника АБС.

5.62. Пусть из вершины А окружности, вписанные в углы Б и С, видны под углами 0Lb и осс, а радиусы этих окружностей равны гь и гс. Тогда

Поэтому равенство ось = осс эквивалентно равенству

После несложных преобразований получаем равенство Ясно, что из этого равенства и из равенства

следует равенство

5.63. Пусть ai = БАЬ а2 = AiC, bx = CBU b2 = BiA, сх = ACi и с2 = СХВ. Произведения длин отрезков секущих, проходящих через одну точку, равны, поэтому ai (ai + х) = с2(с2 — z), т.е. а\Х + с2г — с\ — а\. Аналогично получаем для X, у и z ещё два уравнения: Ь\у + а2х = а\ - Ъ\ и С\2 + Ъ2у = Ъ\ — с\. Домножим первое уравнение на Ь2'\ а второе и третье на с2'1 и а2'1 и сложим полученные уравнения. Так как, например, с2Ьп — С\а'г = 0 по условию, то в правой части получим нуль. В левой части, например, коэффициент при X равен ахЬ2п + а2с2п = (аспЪ2п + аЪпс2п)/(Ъп + с11) = аЪпсп. Поэтому ab'lc'lx + ba'lc'ly + ca'lb'l2 = 0. Поделив обе части равенства на (abc)'1, получим требуемое.

5.64. Пусть в исходном треугольнике ZA = Sa,ZB = Sß и ZC = Sy. Возьмём равносторонний треугольник А2В2С2 и построим на его сторонах как на основаниях равнобедренные треугольники A2B2R, В2С2Р и C2A2Q с углами при основаниях 60° — у, 60° — а, 60° — ß соответственно (рис. 5.4).

Продолжим боковые стороны этих треугольников за точки А2, В2 и С2 и обозначим точку пересечения продолжений сторон RB2 и QC2 через Аз,

Рис. 5.4

РС'2 и БА2 через Bs, QA2 и РВ2 через С3. Проведём через В2 прямую, параллельную А2С2, и обозначим через M а N точки её пересечения с прямыми QA's и QC'3. Ясно, что В2 — середина отрезка NM. Вычислим углы треугольников B2C3N и В2А3М: ZC3B2N = ZPB2M = ZC2B2M - ZC2B2P = а; ZB2NC3 = 180° - ZC2A2Q = 120° + ß, значит, ZB2C3N = 180° - а - (120° + ß) = у. Аналогично ZA3B2M = у и ZB2A3M = а. Следовательно, AB2C3N ~ АА3В2М. Значит, С3В2 : В2А3 = C3N : В2М, а так как В2М = B2N и /С3Б2А3 = ZC3NB2, то С3В2 : Б2А3 = C3N : NB2 и ЛС3Б2А3 - AC3NB2, следовательно, /Б2С3А3 = у. Аналогично /А2С3Б3 = у, а значит, /А3С3Б3 = Зу = ZC и С3Б2, С3А2 — триссектрисы угла Сз треугольника А3Б3С3. Аналогичные рассуждения для вершин Аз и Б3 показывают, что ААВС ~ АА3В3С3, а точки пересечения триссектрис треугольника А3Б3С3 образуют правильный треугольник А2Б2С2.

5.65. Точка Ai лежит на биссектрисе угла ВАС, поэтому точка А лежит на продолжении биссектрисы угла B2AiC2. Кроме того, /Б2АС2 = а = (180° — ZB2AiC2)/2. Поэтому А — центр вневписанной окружности треугольника B2AiC2 (см. задачу 5.3). Пусть D — точка пересечения прямых АБ и СБ2. Тогда /АБ2С2 = /АБ2Б = 180° - /Б2АБ - /АББ2 = 180° - у - (60° + а) = 60° + ß. А так как /АБ2С = 180° - (а + /?) - (/3 + у) = 120° - ß, то /СБ2С2 = /АБ2С - /АБ2С2 = 60° - 2ß. Аналогично /АБ2А2 = 60° - 2ß. Поэтому /А2Б2С2 = /АБ2С - /АБ2А2 - /СБ2С2 = 3)8. Аналогично /Б2А2С2 = За и /А2С2Б2 = Зг-

5.66. Длина общей касательной к данным окружностям равна 2у/иаиь, поэтому

Согласно задаче 12.38 б)

Поэтому существует угол у\, для которого

Мы проверили, что треугольник со сторонами а\, Ь\, С\ действительно существует; кроме того, угол между сторонами а\ и Ь\ равен у\. Поэтому диаметр описанной окружности рассматриваемого треугольника равен

поскольку

5.67. Пусть u\ и U2—радиусы окружностей S\ и S2. Согласно задаче 5.66 радиус описанной окружности треугольника со сторонами

равен

кроме того, в этом треугольнике угол

между сторонами ü\ и ü2 тупой. Пусть ср\, ср2 и у'— острые углы, опирающиеся на хорды ü\, и2 и с. Тогда ср\ + ср2 = у'; при этом и\ и и2 однозначно восстанавливаются по ср\ и ср2. Аналогично получаем равенства

(1)

(2) (3)

Сложим равенства (1) и (3) и вычтем из них равенство (2). В результате получим cpi = (р7. Из этого следует, что радиусы окружностей S\ и S7 равны.

5.68. Пусть г, — радиус окружности Si, hi — высота треугольника ABC, опущенная из вершины А при i = 3k + 1, из вершины В при i = 3k + 2, из вершины С при / = 3k. Формулу из задачи 5.9 а) можно записать в виде

(i)

Перемножим равенства (i) и (i + 2), а затем поделим их произведение на (i+ 1). В результате получим

Правая часть полученного выражения не изменяется при замене i на i + 3. Поэтому

Предполагается, что все треугольники невырожденные. В таком случае можно сократить обе части на--1 ф 0, поэтому г,- = г/+б-

5.69. Пусть при проекции на прямую, перпендикулярную прямой А\В\, точки А, Б и С переходят в А', В' и С, точка С\ — в Q, а две точки Ai и Б1 — в одну точку Р. Так как ÂÏB : ЖС = PB7 : PC7, В~С : Б1А = PC7 : ~PÄ и CiA : С1Б = QA' : QB', то

Равенство

эквивалентно тому, что х = О

(нужно учесть, что а! фЪ', так как А! ф В'). А равенство х = 0 означает, что P = Q, т.е. точка Ci лежит на прямой А1Б1. 5.70. Согласно задаче 1.17 а)

Остаётся заметить, что в задаче а) все три точки лежат на продолжениях сторон треугольника, а в задаче б) на продолжениях сторон лежит одна точка.

5.71. Из свойства угла между касательной и хордой следует, что ZA\AB = ZAiCA, поэтому AAiAß^AAiCA. Следовательно, ВА\/СА\ = АВ/СА. Таким образом,

5.72. Пусть точка Р лежит на дуге ВС описанной окружности треугольника ABC, Ai, Bi и Ci —основания перпендикуляров, опущенных из точки Р на прямые ВС, CA и AB. Тогда

Перемножая эти равенства и учитывая, что ZPAB = ZPCB и ZPCA + ZPBA = 180°, получаем

5.73. Пусть О, Oi и О2 — центры окружностей S, Si и S2; X — точка пересечения прямых О1О2 и А1А2. Применяя теорему Менелая к треугольнику 00\0'2 и точкам Ai, А2 и X, получаем

а значит, OiX : О2Х = R\ : R2, где R\ и i?2 — радиусы окружностей Si и S2. Следовательно, X — точка пересечения общих внешних или общих внутренних касательных к окружностям Si и S2.

5.74. а) Пусть для определённости ZB < ZC. Тогда ZDAE = ZADE = ZB + ZA/2, а значит, ZCAE = ZB. Так как

б) В задаче а) точка Е лежит на продолжении стороны ВС, так как ZADC = ZBAD + ZB > ZCAD. Поэтому, используя результат задачи а) и теорему Менелая, получаем требуемое.

5.75. Так как ZBCE = 90° - ZB/2, то ZBCE = ZBEC, а значит, BE = ВС. Поэтому CF : KF = BE : ВК = ВС : ВК и АЕ : КЕ = CA : CK = ВС : ВК. Пусть прямая EF пересекает АС в точке D. По теореме Менелая —— • —— • —— = 1.

Учитывая, что С F : К F = АЕ : КЕ, получаем требуемое.

5.76. Доказательство аналогично решению задачи 5.95; нужно только рассмотреть отношение ориентированных отрезков и углов.

5.77. Применим теорему Менелая к треугольникам АС1В1, С1А1В, А1СВ1 и CAB:

Перемножив эти равенства, получим

5.78. Пусть А2, В2, С2 — точки пересечения прямых ВС и BiCi, АС и А1С1, AB и AiBi. Применим теорему Менелая к следующим треугольникам и точкам на их сторонах: ОАВ и (Аь Вь С2), ОВС и (Вь Си А2), ОАС и (Аь Си ^2). Тогда

Перемножая эти равенства, получаем

Из теоремы Менелая следует, что точки А2, В2, С2 лежат на одной прямой.

5.79. Рассмотрим треугольник АоВоСо, образованный прямыми А\В2, В\С2 и С\А2 (Ао — точка пересечения прямых А\В2 и А2С\ и т.д.), и применим для него теорему Менелая к следующим пяти тройкам точек: (А, В2, Ci), (В, С2, Ai), (С, А2, Б1), (Ai, Bi, Ci) и (А2, В2, С2). В результате получим

Перемножая эти равенства, получаем

а значит, точки А, В и С лежат на одной прямой.

5.80. Пусть N — точка пересечения прямых AD и KQ, Р' — точка пересечения прямых KL и MN. Применяя теорему Дезарга к треугольникам KBL и NDM, получаем, что точки Р', А и С лежат на одной прямой. Значит, Р' = Р.

5.81. Достаточно применить теорему Дезарга к треугольникам AED и BFC и теорему Паппа к тройкам точек (В, Б, С) и (A, P, D).

5.82. а) Пусть Б — точка пересечения прямых KL и MN. Применяя теорему Паппа к тройкам точек (P, L, N) и (Q, М, if), получаем, что точки А, С и Б лежат на одной прямой.

б) Применяя теорему Дезарга к треугольникам NDM и LBK, получаем, что точки пересечения прямых ND и LB, DM и ВК, NM и LK лежат на одной прямой.

5.83. Воспользуемся результатом задачи 5.82 а). В качестве точек Р и Q возьмём точки Р2 и Р4, в качестве А и С — точки Ci и Pi, в качестве К, L, M и N — точки Р5, Ai, Bi и Рз. В итоге получим, что прямая РбС1 проходит через точку Pi.

5.84. Согласно теореме Дезарга точки пересечения прямых АС и DF, СЕ и FB, ЕА и BD лежат на одной прямой. Это означает, что точки пересечения прямых А'В' и D'Е', C'D' и F'AÏ, E'F' и В'С' лежат на одной прямой.

5.85. а) Эта задача является переформулировкой задачи 5.69, так как число BAi : CAi имеет знак минус, если точка Ai лежит на отрезке ВС, и знак плюс, если она лежит вне отрезка ВС.

б) Предположим сначала, что прямые AAi, BBi и CCi пересекаются в точке М. Любые три вектора на плоскости линейно зависимы, т. е. существуют такие числа А, [I и v (не все равные нулю), что ХАМ + [IBM + vCM = 0. Рассмотрим проекцию на прямую ВС параллельно прямой AM. При этой проекции точки А и M переходят в Ai, а точки В и С переходят сами в себя. Поэтому у.ВА\ + vCAi = 0, т. е. BAi : CAi = - v : [i. Аналогично CBi : ABi = -A : v

и ACi : BC\ = —[I : Л. Перемножая эти равенства, получаем требуемое. В случае, когда прямые АА\, ВВ\ и СС\ параллельны, для доказательства достаточно заметить, что ВА\ : CAi = ВА : С\А и СВ\ : АВ\ = dB : AB.

Предположим теперь, что выполняется указанное соотношение, и докажем, что тогда прямые AAi, ВВ\ и СС\ пересекаются в одной точке. Пусть С\—точка пересечения прямой AB с прямой, проходящей через точку С и точку пересечения прямых АА\ и ВВ\. Для точки С\ выполняется такое же соотношение, как и для точки Ci. Поэтому С\А : С\В = Ci А : С\В. Следовательно, С\ = Ci, т.е. прямые АА\, ВВ\ и CCi пересекаются в одной точке.

Можно проверить также, что если выполняется указанное соотношение и две из прямых АА\, ВВ\ и CCi параллельны, то третья прямая им параллельна.

5.86. Ясно, что АВ\ = АС\, ВА\ = ВС\ и CAi = СВ\, причём в случае вписанной окружности на сторонах треугольника ABC лежат три точки, а в случае вневписанной — одна точка. Остаётся воспользоваться теоремой Чевы.

5.87. Пусть вневписанные окружности касаются сторон ВС, CA и AB в точках А\, В\ и Ci. Тогда

5.88. Пусть АА\, ВВ\ и CCi —высоты треугольника ABC. Тогда

5.89. Пусть А2, В2 и С2—середины сторон ВС, CA и AB. Рассматриваемые прямые проходят через вершины треугольника А2В2С2, причём в задаче а) они делят его стороны в таких же отношениях, в каких прямые АР, BP и СР делят стороны треугольника ABC, а в задаче б) они делят их в обратных отношениях. Остаётся воспользоваться теоремой Чевы.

5.90. Так как ААС\В2 ~ ABCiAi и AABiC2 ~ ACßiAi, то АВ2 • CiB = ACi • BAi и АС2 • CBi = Ai С • Bi А. Поэтому

5.91. Пусть прямые AAi, BBi и CCi пересекают прямые ВС, CA и AB в точках А2, В2 и С2.

а) Если ZB + ß< 180° и ZC + у < 180°, то

Последнее выражение равно ВА2 : А2С во всех случаях.

Запишем аналогичные выражения для СВ2 : В2А и АС2 : С2В и перемножим их. Остаётся воспользоваться теоремой Чевы.

б) Точка А2 лежит вне отрезка ВС, только если ровно один из углов ß и у больше соответствующего ему угла В или С. Поэтому

5.92. Легко проверить, что эта задача является частным случаем задачи 5.91.

Замечание. Аналогичное утверждение верно и для вневписанной окружности.

5.93. Решение задачи очевидным образом следует из теоремы Чевы.

5.94. Применяя теорему синусов к треугольникам АСС\ и ВСС\, получаем

Аналогично

Для завершения доказательства остаётся перемножить эти равенства.

Замечание. Аналогичное утверждение справедливо и для отношений ориентированных отрезков и углов в том случае, когда точки взяты на продолжениях сторон.

5.95. Можно считать, что точки А2, В2 и С2 лежат на сторонах треугольника ABC. Согласно задаче 5.94

Так как прямые АА2, ВВ2 и СС2 симметричны прямым АА\, ВВ\ и CCi относительно биссектрис, то ААСС2 = АС\СВ, ZC2CB = ААСС\ и т.д., поэтому

Следовательно,

т.е. прямые АА2, ВВ2 и СС2 пересекаются в одной точке.

Замечание. Утверждение остаётся верным и в том случае, когда точки Ai, Bi и Ci взяты на продолжениях сторон, если только точка Р не лежит на описанной окружности S треугольника ABC; если же Р лежит на окружности S, то прямые АА2, ВВ2 и СС2 параллельны (см. задачу 2.95).

5.96. Пусть точки Р и Q изогонально сопряжены относительно треугольника ABC. Тогда Z(AB, BP) = Z(QB, ВС) и Z(CP, ВС) = Z(AC, QC). Ясно также, что

Поэтому Z(CP, BP) = Z(QB, QC) + Z(AC, AB). Таким образом, если угол Z(CP, BP) постоянен, то угол Z(QB, QC) тоже постоянен.

5.97. Докажем, что прямые BP и BQ симметричны относительно биссектрисы угла В, т. е. ZPBC = ZA'BQ, где А' — точка, лежащая на продолжении стороны AB за точку В. По свойству угла между касательной и хордой ZPBC = ABAC. Прямые АС и BQ параллельны, поэтому ABAC = ZA'BQ. Аналогично доказывается, что прямые СР и CQ симметричны относительно биссектрисы угла С.

5.98. Пусть диагонали AD и BE данного шестиугольника ABCDEF пересекаются в точке Р; К и L — середины сторон AB и ED. Так как ABDE — трапеция, отрезок KL проходит через точку Р (задача 19.2). По теореме синусов sin АР К : sin АКР = АК : АР и sin BP К : sin ВКР = ВК : BP. Так как sin АКР = sin ВКР и АК = ВК, то sin АРК : sin ВРК = BP : АР = BE : AD. Аналогичные соотношения можно записать и для отрезков, соединяющих середины

двух других пар противоположных сторон. Перемножая эти соотношения и применяя результат задачи 5.94 к треугольнику, образованному прямыми AD, BE и CF, получаем требуемое.

5.99. Рассмотрим гомотетию с центром Р и коэффициентом 2. Так как РА\А-зА'2 — прямоугольник, то при этой гомотетии прямая А\А2 переходит в прямую 1а, проходящую через точку Аз, причём прямые 1а и АзР симметричны относительно прямой АзА. Прямая АзА делит пополам угол Б3А3С3 (задача 1.57 а). Аналогично доказывается, что прямые 1ь и 1С симметричны прямым БзР и СзР относительно биссектрис треугольника А3Б3С3. Следовательно, прямые la, h и le пересекаются в одной точке или параллельны (задача 5.95), а значит, в одной точке пересекаются и прямые А\А2, В\В2, С\С2.

5.100. Согласно задачам 5.94 и 5.85 б)

Но ZDAP = ZSDQ, ZSDP = ZDAQ, ZPAS = ZQDA и ZPDA = ZQAS. Поэтому sin ASP : sin P&D = sin ASQ : sin QSD. Из этого следует, что точки S, Р и Q лежат на одной прямой, так как функция

монотонна по х:

5.101. Второе равенство из задачи 2.61 а) означает, что Поэтому

5.102. Согласно задаче 3.43 а) отрезок А1А2 является биссектрисой треугольника А1БС. Поэтому

Из того, что прямые AAi, ББ1 и CCi пересекаются в одной точке, следует, что

Поэтому

а значит, прямые АА2, ББ2 и СС2 пересекаются в одной точке.

5.103. а) По теореме Чевы

а по теореме синусов

Подставляя эти четыре равенства в предыдущее равенство и учитывая, что АС = ВС, получаем требуемое.

б) Обозначим точки пересечения прямых СМ и CN с основанием AB через Mi и N\. Нужно доказать, что Mi = N\. Из а) следует, что АМ\ : М\В = ANi : NiB, т. е. Mi = Ni.

5.104. Пусть отрезки ВМ и BN пересекают сторону АС в точках Р и Q. Тогда

Если О — точка пересечения биссектрис треугольника ABC, то

а значит,

Заметив, что ВС\ :С\А = ВС : CA, и проведя аналогичные вычисления для отношения sinQBBi : sin СБС, получим sinPBBi : sin РВА = sinQBBi : sin QBC. А так как ААВВХ = /СББЬ то ZPBBi = ZQBBi (см. решение задачи 5.100).

5.105. а) Пусть точка Р лежит на дуге АС описанной окружности треугольника ABC; А\, В\ и Ci —основания перпендикуляров, опущенных из точки Р на прямые ВС, CA и AB. Сумма углов при вершинах Ai и Ci четырёхугольника AiBCiP равна 180°, поэтому ZAiPCi = 180° - /Б = ZAPC. Следовательно, ZAPCi = ZA\PC, причём одна из точек Ai и Ci (например, Ai) лежит на стороне треугольника, а другая — на продолжении стороны. Четырёхугольники ABiPCi и AiBiPC вписанные, поэтому ZABiCi = ZAPCi = ААХРС = ZAißiC, а значит, точка Bi лежит на отрезке AiCi.

б) Как и в задаче а), получаем Z(AP, PCi) = Z(ABb BiC) = Z(CBb BiAi) = Z(CP, PAi). Прибавляя Z(PCb PC), получаем Z(AP, PC) = Z(PCb PAi) = Z(BC\, BA\) = Z(AB, ВС), т.е. точка P лежит на описанной окружности треугольника АБС.

5.106. Пусть Ai, Bi и Ci —середины отрезков РА, PB и PC; Оа, Оь и Ос — центры описанных окружностей треугольников ВСР, АСР и АВР. Точки Ai, Bi и Ci являются основаниями перпендикуляров, опущенных из точки Р на стороны треугольника ОаОьОс (или их продолжения). Точки Ai, Bi и Ci лежат на одной прямой, поэтому точка Р лежит на описанной окружности треугольника ОаОьОс (см. задачу 5.105 б).

5.107. Пусть продолжение биссектрисы АБ пересекает описанную окружность треугольника АБС в точке Р. Опустим из точки Р перпендикуляры PAi, PBi и PCi на прямые ВС, CA и AB; ясно, что Ai —середина отрезка ВС. При гомотетии с центром А, переводящей Р в Б, точки Bi и Ci переходят в В' и С', а значит, точка Ai переходит в М, так как она лежит на прямой BiCi и PAi II DM.

5.108. а) Решение задачи 5.105 проходит без изменений и в этом случае.

б) Пусть Ai и Bi — основания перпендикуляров, опущенных из точки Р на прямые ВС и CA, а точки А2 и В2 прямых ВС и АС таковы, что Z(PA2, ВС) = а = Z(PB2, АС). Тогда APAiA2 - АРВгВ2, поэтому точки Ai и Bi переходят в А2 к В2 при поворотной гомотетии с центром Р, причём АА\РА2 = 90° — а — угол поворота.

5.109. а) Пусть угол между прямыми PC и АС равен <р. Тогда РА= 2Rsin ср. Так как точки Ai и Bi лежат на окружности с диаметром PC, угол между

прямыми РА\ и А\В\ тоже равен ср. Поэтому РА\ = d/sincp, а значит, РА • РАх = 2Rd.

б) Так как РА\ ±ВС, то cos а = sin ср = d/PA\. Остаётся заметить, что РА\ = 2Rd/PA.

5.110. Точки А\ и В\ лежат на окружности с диаметром PC, поэтому А\В\ = PC sin А\СВ\ = PCsinC. Пусть угол между прямыми AB и А\В\ равен у и Ci —проекция точки Р на прямую А\В\. Прямые А\В\ и Б1С1 совпадают, поэтому cosy=PC/2R (см. задачу 5.109). Следовательно, длина проекции отрезка AB на прямую А\В\ равна AB cos у = (2R sin C)PC/2R = PC sin С.

5.111. Пусть Ai и Б1 —основания перпендикуляров, опущенных из точки Р на прямые ВС и АС. Точки Ai и Б1 лежат на окружности с диаметром PC. Так как sinAiCßi = sinАСВ, хорды А1Б1 этой окружности имеют фиксированную длину. Следовательно, прямые А1Б1 касаются фиксированной окружности.

5.112. Пусть Ai и Б1 —основания перпендикуляров, опущенных из точки Р на прямые ВС и CA. Тогда Z(AXBX, РВ\) = Z(AXC, PC) = ^ВР/2. Ясно также, что для всех точек Р прямые РБ1 имеют одно и то же направление.

5.113. Пусть Pi и Р'2 — диаметрально противоположные точки описанной окружности треугольника АБС; А,- и Б, — основания перпендикуляров, опущенных из точки Р, на прямые ВС и АС; M а N — середины сторон АС и ВС; X — точка пересечения прямых А1Б1 и А2Б2. Согласно задаче 5.112 А1Б1 !_ А2Б2. Остаётся проверить, что Z(MX, XN) = Z(BC, АС). Так как АВ2—В\С, то ХМ — медиана прямоугольного треугольника В\ХВ2. Поэтому Z(XM, ХВ2) = Z(XB2, В2М). Аналогично Z{XAX, XN) = Z(AXN, XAi). Следовательно, Z(MX, XN)=Z(XM, XB2)+Z(XB2, XAi)+Z(XAi, XN) = Z(XB2, Б2М) + Z(AiN, XAi) + 90°. А так как Z(XB2, B2M) + Z(AC, CB) + Z{NA\, AXX) + 90° = 0°, то Z(MN, XN) + Z(AC, CB) = 0°.

5.114. Если точка Б данной окружности такова, что Z(OP, OR) = (ß + 7)/2, то OR±BC. Остаётся проверить, что Z(ОБ^О0^=Z(РА\, AxBi). Но Z(OR, OQ) = а/2, a Z(PAi, А1Б1) = Z(PB, BCi) = Z(OP, OA)/2 = a/2.

5.115. Не теряя общности, можно считать, что описанные окружности треугольников АБС и А1Б1С1 совпадают. Определим углы а, ß и у, как в условии задачи 5.114. Покажем, что точки с угловыми координатами (a+ß + y)/2, (—<x+ß + у)/2, (а — ß + у)/2 и (а + ß - у)/2 можно взять в качестве точек Pi, Ai, Б1 и Ci. Действительно, биссектриса угла А1ОБ1 задаётся угловой координатой у/2, т.е. А1Б1 || PC; биссектриса угла Р1ОА1 задаётся угловой координатой (ß + y)/2, т.е. Pi Ai || ВС.

5.116. Пусть прямые АС и PQ пересекаются в точке М. Проведём в треугольнике MPC высоты РБ1 и САь Тогда А1Б1 — прямая Симсона точки Р относительно треугольника АБС. Кроме того, согласно задаче 1.53 Z(MBUBXAX) = Z(CP,PM). Ясно также, что Z(CP, РМ) = Z(CA, AQ) = Z(MB\, AQ). Следовательно, А1Б1 \\AQ.

5.117. Проведём хорду PQ, перпендикулярную ВС. Пусть точки Н' и Р' симметричны точкам H и Р относительно прямой ВС; точка Н' лежит на описанной окружности треугольника АБС (задача 5.10). Докажем сначала, что AQ II Р'Н. В самом деле, Z(AH'', AQ) = Z(PH\ PQ) = Z(AH'', P'H). Прямая Симсона точки P параллельна AQ (задача 5.116), т.е. она проходит через середину стороны РР' треугольника РР'Н и параллельна стороне Р'Н, а значит, она проходит через середину стороны РН.

5.118. Пусть На, Нь, Нс и На- — ортоцентры треугольников BCD, CDA, DAB и ABC. Прямые la, k, le и ld проходят через середины отрезков АНа, ВНЬ, СНс и DHd (см. задачу 5.117). Середины этих отрезков совпадают с такой точкой Н, что 20Н = ОА + OB + ОС + OD, где О — центр окружности (см. задачу 13.35).

5.119. а) Пусть В\, С\ и Б1 —проекции точки Р на прямые AB, АС и AD. Точки В\, Ci и Б1 лежат на окружности с диаметром АР. Прямые BiCi, С1Б1 и Б1Б1 являются прямыми Симсона точки Р относительно треугольников ABC, ACD и ADB соответственно. Поэтому проекции точки Р на прямые Симсона этих треугольников лежат на одной прямой — прямой Симсона треугольника Б1С1Б1. Аналогично доказывается, что на одной прямой лежит любая тройка рассматриваемых точек.

б) Пусть Р — точка описанной окружности n-угольника А\...Ап; В2, Bs, ...

Вп — проекции точки Р на прямые А\А2, А\Ап. Точки В2, Вп лежат на окружности с диаметром А\Р. Докажем по индукции, что прямая Симсона точки Р относительно n-угольника А\... Ап совпадает с прямой Симсона точки Р относительно (п — 1)-угольника В2...Вп (для п = 4 это было доказано в задаче а). По предложению индукции прямая Симсона (п — 1)-угольника А\Аз...Ап совпадает с прямой Симсона (п — 2)-угольника Бз...Бя. Поэтому проекции точки Р на прямые Симсона (п — 1)-угольников, вершины которых получаются последовательным исключением точек А2, Ап из набора Ai, Ап, лежат на прямой Симсона (п — 1)-угольника В2...Вп. А проекция точки Р на прямую Симсона (п — 1)-угольника А2...Ап лежит на той же прямой потому, что наши рассуждения показывают, что любые я - 1 из рассматриваемых п точек проекций лежат на одной прямой.

5.120. Точки Bi и Ci лежат на окружности с диаметром АР. Поэтому BiCi = АР sinBi АС 1 = АР(ВС/2Б).

5.121. Эта задача является частным случаем задачи 2.46.

5.122. Ясно, что ZCiAP = ZCiBiP = ZA2BXP = ZA2C2P = ZB3C2P = ZBsAsP (первое, третье и пятое равенства получаются из вписанности соответствующих четырёхугольников; остальные равенства очевидны). Аналогично ZB\AP — = ZC3A3P. Поэтому /В3АзСз = /ВзАзР + /СзА3Р = /С1АР + /В1АР = /ВАС. Аналогично получаются равенства остальных углов треугольников АБС и А3Б3С3.

5.123. Пусть Ai, Bi и Ci —основания перпендикуляров, опущенных из точки Р на прямые ВС, CA и AB; А2, В2 и С2 — точки пересечения прямых РА, PB и PC с описанной окружностью треугольника АБС. Пусть далее S, S\ и S2 — площади треугольников АБС, А1В1С1 и А2В2С2. Легко проверить, что а\ = а • АР/2Б (задача 5.120) и а2 = а • В2Р/СР. Треугольники AiBiCi и А2В2С2 подобны (задача 5.121), поэтому S\/S2 = k2, где k = а\/а2 = АР • CP/(2R • В2Р). А так как В2Р • BP = \d2 - R2\, то Si/S2 = (АР • BP • CP)2/4R2(d2 - R2)2. Треугольники A2B2C2 и ABC вписаны в одну окружность, поэтому S2/S = а2Ь2с2/abc (см. задачу 12.1). Ясно что, например, а2/а = В2Р/СР = \d2 - R2\/(BP • CP). Следовательно, S2 : S = \d2 -R2\3 : (AP-BP-CP)2. Поэтому Si/S= (Si/S2)(S2/S) = \d2 -R2\/4R2.

5.124. Точки Bi и Ci лежат на окружности с диаметром РА, поэтому середина отрезка РА является центром описанной окружности треугольника ABiCi. Следовательно, la—серединный перпендикуляр к отрезку BiCi. Поэтому прямые la, h и 1С проходят через центр описанной окружности треугольника AiBiCi.

5.125. а) Опустим из точек Pi и Р2 перпендикуляры PiBi и Р2В2 на АС и перпендикуляры PiCi и Р2С2 на AB. Докажем, что точки В\, В2, С\ и С2 лежат на одной окружности. В самом деле, ZP\B\C\ = ZP\AC\ = ZP2AB2 = ZP2C2B2, а так как ZP\B\A = ZP2C2A, то ZC\B\A = ZB2C2A. Центр окружности, на которой лежат указанные точки, является точкой пересечения серединных перпендикуляров к отрезкам В\В2 и С\С2, а оба эти перпендикуляра проходят через середину О отрезка Р\Р2, т.е. О — центр этой окружности. В частности, точки В\ и С\ равноудалены от точки О. Аналогично точки Ai и В\ равноудалены от точки О, т. е. О — центр описанной окружности треугольника А1В1С1. Кроме того, ОВ\ =ОВ2.

Замечание. Если точка Pi лежит на описанной окружности треугольника, то её подерная окружность вырождается в прямую, а именно, прямую Симсона точки Р\. Точка Р2, изогонально сопряжённая этой точке, в этом случае является бесконечно удалённой. Направление этой бесконечно удалённой точки перпендикулярно прямой Симсона точки Pi. Действительно, если точка Р2 стремится к точке Р2, то подерная окружность точки Р2 близка к окружности с диаметром Р'2Х, где X — произвольная точка треугольника АБС.

б) Предыдущее доказательство проходит почти без изменений и в этом случае.

в) Пусть Б1 и Ci — проекции точки Pi на стороны АС и АБ. Отрезок APi является диаметром описанной окружности треугольника Aßi Ci. Пусть О — центр этой окружности (т.е. середина отрезка APi), К — середина отрезка АБь H — точка пересечения прямых АР2 и В1С1. Тогда ZKOA = ZHCiA и ZKAO = ZHACX. Поэтому ZAHCX = ZAKO = 90°.

5.126. Пусть перпендикуляры, опущенные из точек А, Б, С на прямые Б1С1, Ci Ai, А1Б1 пересекаются в точке Р. Проведём через вершины треугольника АБС прямые, параллельные сторонам треугольника А1Б1С1. В результате получим треугольник А'В'С. Пусть Р' — точка, изогонально сопряжённая точке Р относительно треугольника А'В'С'. Согласно задаче 5.125 в) прямые, соединяющие вершины треугольника А'В'С' с точкой Р', перпендикулярны сторонам треугольника АБС. Треугольник А1Б1С1 гомотетичен треугольнику А'В'С'; пусть Pi — образ точки Р' при соответствующей гомотетии. Тогда прямые, соединяющие вершины треугольника А1Б1С1 с точкой Pi, перпендикулярны сторонам треугольника ABC, т. е. Pi — искомая точка.

Замечание. Другое доказательство приведено в решении задачи 7.45.

5.127. Если данный параллелограмм является прямоугольником, то подерная окружность точки Б вырождается в прямую АС; эта прямая проходит через точку пересечения диагоналей. Поэтому будем считать, что данный параллелограмм отличен от прямоугольника. Тогда согласно задаче 5.97 точка Б изогонально сопряжена (относительно треугольника АБС) точке Р, в которой пересекаются касательные в точках А и С к описанной окружности треугольника АБС. Поэтому согласно задаче 5.125 а) подерные окружности точек Р и Б совпадают. Основанием перпендикуляра, опущенного из точки Р на прямую АС, служит середина отрезка АС. Поэтому подерная окружность точки Р проходит через середину диагонали АС.

5.128. Пусть Ai, Bi и Ci —середины сторон ВС, CA и АБ. Треугольники Ai Б1 Ci и АБС подобны, причём коэффициент подобия равен 2. Высоты треугольника А1Б1С1 пересекаются в точке О, поэтому OAi :НА= 1 : 2. Пусть

M' — точка пересечения отрезков ОН и АА\. Тогда ОМ' : М'Н = ОА\ : НА = 1:2 и AM' : M'Ах = OAi : НА = 1 : 2, т. е. М' = М.

5.129. Пусть Ai, Ei и Ci —середины сторон ВС, CA и AB; А2, В2 и С2 — основания высот; Аз, Бз и Сз—середины отрезков, соединяющих точку пересечения высот с вершинами. Так как А2С1 = Ci А = А1Б1 и А1А2 || BiCi, точка А2 лежит на описанной окружности треугольника А1Б1С1. Аналогично точки Б2 и С2 лежат на описанной окружности треугольника А1Б1С1.

Рассмотрим теперь окружность S с диаметром Ai A3. Так как А1Б3 || СС2 и А3Б3 II АБ, то /А1БзАз = 90°, а значит, точка Бз лежит на окружности S. Аналогично доказывается, что точки Ci, Б1 и Сз лежат на окружности S. Окружность S проходит через вершины треугольника А1Б1С1, поэтому она является его описанной окружностью.

При гомотетии с центром H и коэффициентом 1/2 описанная окружность треугольника АБС переходит в описанную окружность треугольника А3Б3С3, т. е. в окружность девяти точек. Значит, при этой гомотетии точка О переходит в центр окружности девяти точек.

5.130. а) Докажем, например, что треугольники АБС и НВС имеют общую окружность девяти точек. В самом деле, окружности девяти точек обоих треугольников проходят через середину стороны ВС и середины отрезков ВН и CH.

б) Прямая Эйлера проходит через центр окружности девяти точек, а окружность девяти точек у этих треугольников общая.

в) Центром симметрии является центр окружности девяти точек этих треугольников.

5.131. Пусть АБ > ВС > CA. Легко проверить, что для остроугольного и тупоугольного треугольников точка H пересечения высот и центр О описанной окружности расположены именно так, как на рис. 5.5 (т.е. для остроугольного треугольника точка О лежит внутри треугольника ВНС\, а для тупоугольного точки О и Б лежат по одну сторону от прямой СН). Поэтому в остроугольном треугольнике прямая Эйлера пересекает наибольшую сторону АБ и наименьшую сторону АС, а в тупоугольном треугольнике — наибольшую сторону АБ и среднюю по длине сторону ВС.

Рис. 5.5

5.132. а) Пусть Оа, Оь и Ос — центры вневписанных окружностей треугольника АБС. Вершины треугольника ABC являются основаниями высот треугольника ОаОьОс (задача 5.2), поэтому окружность девяти точек треугольника ОцОьОс проходит через точки А, В и С.

б) Пусть О — точка пересечения высот треугольника ОаОьОс, т.е. точка пересечения биссектрис треугольника ABC. Окружность девяти точек треугольника ОцОьОс делит пополам отрезок ООа.

5.133. Пусть АА\ — высота, H — точка пересечения высот. Согласно задаче 5.51 б) АН = 2i?|cosA|. Медианы делятся точкой их пересечения в отношении 1:2, поэтому прямая Эйлера параллельна t ВС тогда и только тогда, когда АН : АА\ =2:3 и векторы АН и АА\ сонаправлены, т. е. 2i?cos А : 2RsinB sin С = 2 : 3. Учитывая, что cos А =— cos (Б + С) = sin В sin С — — cos Б cos С, получаем sin Б sin С = 3 cos Б cos С.

5.134. Пусть CD — высота, H — точка пересечения высот, О — центр описанной окружности, N — середина стороны АБ, а точка Е делит пополам отрезок, соединяющий С с точкой пересечения высот. Тогда СЕ NO — параллелограмм, поэтому ZNED = ZOCH =\ZA-ZB\ (см. задачу 2.93). Точки N, Е и D лежат на окружности девяти точек, поэтому отрезок ND виден из её центра под углом 2ZNED = 2\ZA - ZB\.

5.135. Пусть Oui — центры описанной и вписанной окружностей треугольника ABC, H — точка пересечения высот; прямые AI и BI пересекают описанную окружность в точках А\ и В\. Предположим, что треугольник АБС не равнобедренный. Тогда 01 : IH = ОА\ : АН и 01 : IH = ОВх : ВН. Так как ОВ\ =ОА\, то АН = ВН, а значит, АС = ВС. Приходим к противоречию.

5.136. Пусть Oui — центры описанной и вписанной окружностей треугольника ABC, H — ортоцентр треугольника А1Б1С1. Проведём в треугольнике А1Б1С1 высоты А\А<2, В\В<2 и С1С2. Треугольник А1Б1С1 остроугольный (например, ZB1A1C1 = (/Б + ZC)/2 < 90°), поэтому H — центр вписанной окружности треугольника А2Б2С2 (см. задачу 1.57 а). Стороны треугольников АБС и А2Б2С2 параллельны (см. задачу 1.55 а), поэтому существует гомотетия, переводящая треугольник АБС в А2Б2С2. При этой гомотетии точка О переходит в точку /, а точка / — в точку Н, поэтому прямая IH проходит через точку О.

5.137. Пусть H — точка пересечения высот треугольника ABC, Е и M — середины отрезков СН к AB (рис. 5.6). Тогда С\МС2Е — прямоугольник. Пусть прямая СС2 пересекает прямую АБ в точке Сз. Докажем, что АСз : С3Б = tg2ß: ig2а. Легко проверить, что

поэтому

Следовательно,

Рис. 5.6

Аналогичные рассуждения показывают, что

5.138. Решим сразу задачу б). Докажем сначала, что прямые AAi, ВВ\ и СС\ пересекаются в одной точке. Пусть описанные окружности треугольников А\ВС и Aßi С пересекаются в точке О. Тогда Z(BO, OA) = / (ВО, ОС) + Z(OC,OA) = Z(BAi,AiC) + Z(CBi,ßiA) = Z(BA, ACi) + Z(C\B, BA) = Z(C\B, ACi), т.е. описанная окружность треугольника AßCi тоже проходит через точку О. Поэтому Z(AO, OAi) = Z(AO, ОБ) + Z(BO, OAi) = Z(ACb CiB) + Z(BC, CAi) = 0°, т.е. прямая AAi проходит через точку О. Аналогично доказывается, что прямые BBi и CCi проходят через точку О.

Докажем теперь, что точка О совпадает с искомой точкой Р. Так как ZBAP = ZA — ZCAP, то равенство ZABP = ZCAP эквивалентно равенству ZBAP + ZABP = ZA, т. е. ZAPB = ZB + ZC. Для точки О последнее равенство очевидно, так как она лежит на описанной окружности треугольника АБСь

5.139. а) Докажем, что wAB = wBi Ci, т.е. AB = В\С\. В самом деле, wAB = wACi + ^С\В, a wCiB = wABi, поэтому wAB = wACi + ^ABi = wBiCi.

б) Будем считать, что треугольники АБС и А1Б1С1 вписаны в одну окружность, причём треугольник АБС фиксирован, а треугольник А1В1С1 вращается. Прямые AAi, BBi и CCi пересекаются в одной точке не более чем при одном положении треугольника А1В1С1 (задача 7.21 б). При этом может возникнуть 12 различных семейств треугольников А1В1С1: треугольники АБС и AiBiCi могут совмещаться поворотом или осевой симметрией; кроме того, вершинам треугольника символы Ai, Bi и Ci можно сопоставить шестью различными способами.

Из этих 12 семейств треугольников четыре семейства никогда не могут дать искомой точки Р. Для одинаково ориентированных треугольников исключаются случаи ЛАВС = AAiCißi, ЛАВС = ACißiAi и ЛАВС = AßiAiCi (например, в случае ЛАВС = AAiCißi точка Р является точкой пересечения прямой ВС = BiCi и касательной к окружности в точке A = Ai; треугольники АБС и AiBiCi при этом совпадают). Для противоположно ориентированных треугольников исключается случай ЛАВС = AAißiCi (в этом случае AAi || BBi || CCi).

Замечание. Точкам Брокара соответствуют противоположно ориентированные треугольники; для первой точки Брокара ААВС = АВ\С\А\, а для второй точки Брокара ААВС = ACiAißi.

5.140. а) Так как

Учитывая, что

получаем

Остаётся заметить, что

Второе тождество получаем, перемножив равенства

б) Для второго угла Брокара получаем точно такое же выражение, как и в задаче а). Ясно также, что оба угла Брокара острые.

в) Так как ААХВС = АБСА и АВСАХ = АС AB, то АСАгВ ~ ААВС. Поэтому точка Брокара Р лежит на отрезке АА\ (см. задачу 5.138 б).

5.141. а) Согласно задаче 10.40 а) ctg ср = ctg а + ctgß + ctg у ^ у/3 = ctg 30°, поэтому ср ^ 30°.

б) Пусть Р — первая точка Брокара треугольника ABC. Точка M лежит внутри (или на границе) одного из треугольников АВР, ВСР и САР. Если, например, точка M лежит внутри треугольника АВР, то ZABM ^ Z АВР ^ 30°.

5.142. Прямые А\В\, В\С\ и С\А\ являются серединными перпендикулярами к отрезкам AQ, BQ и CQ. Поэтому, например, ZBiА\С\ = 180° — ZAQC = ZA. Для других углов доказательство аналогично.

Кроме того, прямые А\0, В\0 и С\0 являются серединными перпендикулярами к отрезкам CA, AB и ВС. Поэтому, например, острые углы ОА\С\ и ACQ имеют взаимно перпендикулярные стороны, поэтому они равны. Аналогичные рассуждения показывают, что АОА\С\ = АОВ\А\ = АОС\В\ = ср, где ср —угол Брокара треугольника АБС.

5.143. По теореме синусов Rx = АВ/2 sin АРБ, R2 = ВС/2 sin ВРС и Б3 = СА/2 sin CPA. Ясно также, что sin АРБ = sin A, sin ВРС = sin Б и sin CPA = sin С.

5.144. Треугольник AßCi равнобедренный, причём угол при его основании АБ равен углу Брокара ср. Поэтому Z(PCi, C\Q) = Z(BC\, Ci А) = 2cp. Аналогично Z(PAb AiQ) = Z(PBU BiQ) = Z(PCU CiQ) = 2cp.

5.145. Так как ZCAiBi = ZA + ZAB\A\ и ZABiAi = ZCAiCi, то ZßiAiCi = ZA. Аналогично доказывается, что равны и остальные углы треугольников АБС и AiBiCi.

Описанные окружности треугольников AAiBi, BBiCi и CCiAi пересекаются в одной точке О (задача 2.83 а). Ясно, что ААОА\ = ААВ\А\ = ср. Аналогично ZBOBi = ZCOCi = ср. Поэтому ZAOB = ZAiOBi = 180° - ZA. Аналогично ZBOC = 180° - AB и ZCOA = 180° - ZC, т. е. О — первая точка Брокара обоих треугольников. Следовательно, при поворотной гомотетии на угол ср с центром О и коэффициентом АО/А\0 треугольник Ai Б i Ci переходит в треугольник АБС.

5.146. а) Рассмотрим функцию f(x) = \п(х/ sinx) = lnx — In sin х. Ясно, что функции

положительны при 0 < х < к. Следовательно, функция f(x) монотонно возрастает при возрастании х от 0 до к и, кроме того, выпукла на этом отрезке, т. е.

В частности,

Воспользовавшись монотонностью логарифма, эти неравенства можно переписать следующим образом:

Учитывая, что

получаем

б) Из неравенства

следует, что

Ясно также, что

5.147. Согласно задаче 12.46 а)

где S — площадь треугольника. Таким образом, для треугольника с вершинами в точках с координатами (±а/2, 0) и (х, у) угол Брокара ср определяется равенством

Последнее уравнение задаёт окружность радиуса

с центром

5.148. Пусть ai, bi9 с\ —длины сторон треугольника AiBiCi, S\ —его площадь. В теореме речь идёт о множестве точек М, для которых выполняется равенство

Точки В\ и Ci лежат на окружности с диаметром AM, поэтому

где R — радиус описанной окружности треугольника АБС. Таким образом,

Поэтому если (х, у) — координаты точки M в некоторой прямоугольной системе координат, то

где р, q, ?--постоянные числа.

Для S\ тоже можно получить выражение через координаты (х, у) точки M При этом начало системы координат удобно расположить в центре О описан ной окружности треугольника АБС. В таком случае

(задача 5.123).

Уравнение S\ = 0 определяет описанную окружность треугольника АБС. Это множество соответствует нулевому углу Брокара. Углу Брокара (р соответствует множество

При этом знак плюс берётся для точек внутри описанной окружности, а знак минус берётся для точек вне описанной окружности. Легко видеть, что каждое из полученных уравнений является уравнением окружности. Дело в том, что если f = 0 и g = О — уравнения окружностей, то Xf = g — тоже уравнение окружности. Более того, центр окружности Xf = g лежит на прямой, соединяющей центры окружностей f = 0 и g = 0. В нашем случае центром одной окружности служит центр описанной окружности треугольника ABC, а центром второй окружности служит точка, для которой величина a2AM2 + b2BM2 + с2СМ2 минимальна (точка Лемуана).

5.149. По теореме синусов имеем AB/ВЫ = sin AM В/ sin ВАМ и AB/BN = sin AN В/ sin BAN. Значит,

5.150. Так как ZBAS = ZCAM, то BS/CM = SBas/SCam = AB • AS/(AC • AM), т. e. AS/AM = 2b • BS/ас. Остаётся заметить, что BS = ac2/(b2 + с2) и 2АМ = V2b2 + 2с2 - а2 (см. задачи 5.149 и 12.11 а).

5.151. а) При симметрии относительно биссектрисы угла А отрезок В\С\ переходит в отрезок, параллельный стороне ВС, а прямая AS — в прямую AM, где M — середина стороны ВС.

б) Рассмотрим гомотетию с центром А, переводящую середину отрезка В\С\ в точку S. При этой гомотетии отрезок В\С\ переходит в диагональ параллелограмма, центром которого служит точка S, а две стороны проходят по сторонам угла А. Таким образом, направление отрезка В\С\ определено однозначно. Остаётся воспользоваться результатом задачи а).

5.152. Согласно задаче 2.1 при симметрии относительно биссектрисы угла А прямая OA переходит в прямую, перпендикулярную ВС (в случае неострого угла А доказательство аналогично). Ясно также, что при этой симметрии отрезок В\С\ переходит в отрезок, параллельный ВС.

5.153. Возьмём на отрезках ВС и ВА точки А\ и С\ так, что А\С\ \\ ВК. Так как ZBAC = ZCBK = ZBA\C\ и ZBCA = ZBC\A\, то отрезок А\С\ антипараллелей стороне АС. С другой стороны, согласно задаче 3.32 б) прямая BD делит отрезок А\С\ пополам.

5.154. Достаточно воспользоваться результатом задачи 3.31.

5.155. Пусть АР — общая хорда рассматриваемых окружностей, Q — точка пересечения прямых АР и ВС. Тогда BQ/AB = sin BAQ/ sin AQB и AC/CQ = sin AQC/ sin CAQ. Значит, BQ/CQ = AB sin ВАР/ (AC sin САР). Так как AC и AB — касательные к окружностям S\ и S2, то ZCAP = ZABP и ZBAP = ZACP, а значит, ZAPB = ZAPC. Поэтому

Следовательно,

5.156. Пусть S — точка пересечения прямых АХ и ВС. Тогда AS/AB = CS/CX и AS/AC = BS/BX, а значит, CS/BS= (АС/AB) • (XC/XB). Остаётся заметить, что ХС/ХВ — АС/АВ, поскольку окружность с диаметром DE является окружностью Аполлония для точек Б и С.

5.157. Пусть L, M и N — середины отрезков CA, СБ и CH. Так как АБАС ~ - АСАЯ, то АБАМ - ACAiV, а значит, /БАМ = /.CAN. Аналогично /ABL = /CBN.

5.158. Пусть В\С\, С2А2 и А3Б3 — данные отрезки. Тогда треугольники А2ХА3, В\ХВз и С1ХС2 равнобедренные; пусть длины их боковых сторон равны а, Ъ и с. Прямая АХ делит отрезок В\С\ пополам тогда и только тогда, когда эта прямая содержит симедиану. Поэтому если X — точка Лемуана, то а = Ъ, Ъ = с и с = а. А если В\С\ = С2А2 = А3Б3, то b + c = c + a = a + b, а значит, а = Ъ = с.

5.159. Легко проверить, что как из условия а), так и из условия б) вытекает следующее: четырёхугольники А2Б1С2С1, С2А1Б2Б1 и Б2С1А2А1 являются равнобедренными трапециями. В случае а) нужно воспользоваться результатом задачи 5.151 б); в случае б) это очевидно. Ясно также, что серединные перпендикуляры к основаниям этих трапеций пересекаются в одной точке. Эта точка является центром искомой окружности.

5.160. Воспользуемся обозначениями из задачи 5.159. Пусть О' — центр описанной окружности треугольника А'В'С'. Ясно, что точка О' лежит на прямой КО. Рассмотрим точку 0\ — середину отрезка ОО'. Докажем, что Oi —центр окружности Тукера. Пусть OiM — средняя линия трапеции АОО'А'. Тогда OiM II АО. А так так АО ± В1С2 (задача 5.152), то OiM — серединный перпендикуляр к отрезку Б1С2. Таким образом, Oi —точка пересечения серединных перпендикуляров к отрезкам Б1С2, С1А2 и А1Б2.

5.161. а) Воспользуемся обозначениями задачи 5.159. В рассматриваемой ситуации длины отрезков А1Б2, Б1С2 и С1А2 равны, поскольку они равны половинам длин антипараллелей, проходящих через точку К, а длины этих антипараллелей равны согласно задаче 5.158. Таким образом, первая окружность Лемуана является одной из окружностей Тукера. Эта окружность соответствует случаю, когда треугольник А'В'С вырождается в точку К. Поэтому согласно задаче 5.160 центром первой окружности Лемуана служит середина отрезка КО.

б) Непосредственно следует из задачи 5.158, поскольку точка Лемуана делит пополам каждую из проходящих через неё антипараллелей. Центром второй окружности Лемуана служит точка Лемуана К.

5.162. Пусть M — точка пересечения медиан треугольника АБС; а\, Ъ\, С\ и й2, Ь2, С2 — расстояния от точек К и M до сторон треугольника. Так как точки if и M изогонально сопряжены, то aia2 = fri&2 = С1С2; кроме того, аа,2 = ЪЪ2 — СС2 (см. задачу 4.1). Следовательно, а/а\ = Ъ/Ъ\ = с/с\. Используя это равенство и учитывая, что площади треугольников А\В\К, В\С\К и С\А\К равны a\b\c/4R, b\C\a/4R и C\a\b/4R, где Б — радиус описанной окружности треугольника ABC, получаем, что площади этих треугольников равны. Кроме того, точка К лежит внутри треугольника А1Б1С1. Следовательно, К — точка пересечения медиан треугольника А1Б1С1 (см. задачу 4.2).

5.163. Медианы треугольника А1Б1С1 пересекаются в точке К (задача 5.162), поэтому стороны треугольника АБС перпендикулярны медианам треугольника А1Б1С1. После поворота на 90° стороны треугольника АБС

станут параллельны медианам треугольника А\В\С\, а значит, медианы треугольника ABC станут параллельны сторонам треугольника А\В\С\ (см. задачу 13.2). Поэтому медианы треугольника ABC перпендикулярны сторонам треугольника А\В\С\.

5.164. Пусть Ai, Bi и Ci — проекции точки К на прямые ВС, CA и AB. Тогда АА\В\С\ ~ АА2В2С2 (задача 5.121) и К — точка пересечения медиан треугольника А2В2С2 (задача 5.162). Поэтому преобразование подобия, переводящее треугольник А2В2С2 в треугольник А\В\С\, переводит точку К в точку M пересечения медиан треугольника А\В\С\. Кроме того, например, ZKA2C2 = ZKBC2 = /-В\А\К, т.е. точки К и M изогонально сопряжены относительно треугольника А\В\С\, а значит, К — точка Лемуана треугольника А\В\С\.

5.165. Пусть К — точка Лемуана треугольника ABC; Ai, В\ и Ci —проекции точки К на стороны треугольника АБС; L— середина отрезка Б1С1; N — точка пересечения прямой KL и медианы AM; О — середина отрезка АК (рис. 5.7). Точки Б1 и Ci лежат на окружности с диаметром АК, поэтому OL L В\С\. Кроме того, AN JL Б1С1 (задача 5.163) и О — середина отрезка АК, а значит, OL — средняя линия треугольника AKN и KL = LN. Следовательно, К — середина отрезка A\N. Остаётся заметить, что при гомотетии с центром М, переводящей N в А, отрезок iVAi переходит в высоту АН.

Рис. 5.7

ГЛАВА 6

МНОГОУГОЛЬНИКИ

Основные сведения

1. Многоугольник называют выпуклым, если он лежит по одну сторону от любой прямой, соединяющей его соседние вершины.

2. Выпуклый многоугольник называют описанным, если все его стороны касаются некоторой окружности. Выпуклый четырёхугольник ABCD является описанным тогда и только тогда, когда AB + CD = ВС + AD.

Выпуклый многоугольник называют вписанным, если все его вершины лежат на одной окружности. Выпуклый четырёхугольник ABCD является вписанным тогда и только тогда, когда ZABC + ZCDA = ZDAB + ZBCD.

3. Выпуклый многоугольник называют правильным, если все его стороны равны и все углы также равны.

Выпуклый n-угольник является правильным тогда и только тогда, когда при повороте на угол 2к/п с центром в некоторой точке О он переходит в себя. Точку О называют центром правильного многоугольника.

Вводные задачи

1. Докажите, что выпуклый четырёхугольник ABCD можно вписать в окружность тогда и только тогда, когда Z ABC + ZCDA = 180°.

2. Докажите, что в выпуклый четырёхугольник ABCD можно вписать окружность тогда и только тогда, когда AB + CD = ВС + AD.

3. а) Докажите, что оси симметрии правильного многоугольника пересекаются в одной точке.

б) Докажите, что правильный 2n-угольник имеет центр симметрии.

4. а) Докажите, что сумма углов при вершинах выпуклого я-угольника равна (п - 2) • 180°.

б) Выпуклый я-угольник разрезан непересекающимися диагоналями на треугольники. Докажите, что количество этих треугольников равно п — 2.

§ 1. Вписанные и описанные четырёхугольники

6.1. Докажите, что если центр вписанной в четырёхугольник окружности совпадает с точкой пересечения диагоналей, то этот четырёхугольник — ромб.

6.2. Четырёхугольник ABCD описан около окружности с центром О. Докажите, что ZAOB + ZCOD = 180°.

6.3. Докажите, что если существует окружность, касающаяся всех сторон выпуклого четырёхугольника ABCD, и окружность, касающаяся продолжений всех его сторон, то диагонали такого четырёхугольника перпендикулярны.

6.4. Окружность высекает на всех четырёх сторонах четырёхугольника равные хорды. Докажите, что в этот четырёхугольник можно вписать окружность.

6.5. Докажите, что если в четырёхугольник можно вписать окружность, то центр этой окружности лежит на одной прямой с серединами диагоналей.

6.6. Четырёхугольник ABCD описан около окружности с центром О. В треугольнике АОВ проведены высоты АА\ и ВВ\, а в треугольнике COD — высоты СС\ и DD\. Докажите, что точки Ai, В\, С\ и D\ лежат на одной прямой.

6.7. Углы при основании AD трапеции ABCD, отличной от параллелограмма, равны 2а и 2/3. Докажите, что трапеция описанная тогда и только тогда, когда BC/AD = tgatgß.

6.8. В треугольнике АБС проведены отрезки PQ и RS, параллельные стороне АС, и отрезок ВМ (рис. 6.1). Трапеции RPKL и MLSC описанные. Докажите, что трапеция APQC тоже описанная.

6.9*. Дан выпуклый четырёхугольник ABCD. Лучи АБ и DC пересекаются в точке P, а лучи ВС и AD — в точке Q. Докажите, что четырёхугольник ABCD описанный тогда и только тогда, когда выполняется одно из следующих условий: АБ + CD = ВС + AD, AP + CQ = AQ + CP или BP + BQ = DP + DQ.

6.10*. Через точки пересечения продолжений сторон выпуклого четырёхугольника ABCD проведены две прямые, делящие его на четыре четырёхугольника. Докажите, что если четырёхугольники, примыкающие к вершинам Б и Б, описанные, то четырёхугольник ABCD тоже описанный.

6.11*. На стороне ВС треугольника АБС взяты точки К\ и К2. Докажите, что общие внешние касательные к вписанным окружностям треугольников АВК\ и АСК2 и общие внешние касательные к вписанным окружностям треугольников АВК2 и АСК± пересекаются в одной точке.

6.12*. Через каждую из точек пересечения продолжений сторон выпуклого четырёхугольника ABCD проведено по две прямые. Эти прямые делят четырёхугольник на девять четырёхугольников.

а) Докажите, что если три из четырёхугольников, примыкающих к вершинам А, Б, С, D, описанные, то четвёртый четырёхугольник тоже описанный.

Рис. 6.1

б) Докажите, что если га, г&, гс, га — радиусы окружностей, вписанных в четырёхугольники, примыкающие к вершинам А, В, С, D, то

6.13*. Окружности Si и S2, S2 и S3, S3 и S4, S4 и Si касаются внешним образом. Докажите, что четыре общие касательные (в точках касания окружностей) либо пересекаются в одной точке, либо касаются одной окружности.

6.14*. Докажите, что точка пересечения диагоналей описанного четырёхугольника совпадает с точкой пересечения диагоналей четырёхугольника, вершинами которого служат точки касания сторон исходного четырёхугольника с вписанной окружностью.

6.15*. Четырёхугольник ABCD вписанный; Нс и Hd— ортоцентры треугольников ABD и АБС. Докажите, что CDHcHd— параллелограмм.

6.16*. Четырёхугольник ABCD вписанный. Докажите, что центры вписанных окружностей треугольников АБС, BCD, CDA и DAB образуют прямоугольник.

6.17*. Продолжения сторон четырёхугольника ABCD, вписанного в окружность с центром О, пересекаются в точках Р и Q, а его диагонали пересекаются в точке S.

а) Расстояния от точек Р, Q и S до точки О равны р, q и s, а радиус описанной окружности равен R. Найдите длины сторон треугольника PQS.

б) Докажите, что высоты треугольника PQS пересекаются в точке О.

6.18*. Диагональ АС разбивает четырёхугольник ABCD на два треугольника, вписанные окружности которых касаются диагонали АС в одной точке. Докажите, что вписанные окружности треугольников ABD и BCD тоже касаются диагонали BD в одной точке, а точки их касания со сторонами четырёхугольника лежат на одной окружности.

6.19*. Докажите, что проекции точки пересечения диагоналей вписанного четырёхугольника на его стороны являются вершинами описанного четырёхугольника, если они не попадают на продолжения сторон.

6.20*. Докажите, что если диагонали четырёхугольника перпендикулярны, то проекции точки пересечения диагоналей на стороны являются вершинами вписанного четырёхугольника.

См. также задачи 1.9, 1.44, 2.15, 2.18, 2.43, 2.48, 2.73—2.81, 2.90, 2.91, 3.6, 3.8, 3.10, 3.23, 3.32, 3.50, 4.46, 4.59, 5.45, 5.118, 6.24, 6.31, 6.37, 6.38, 6.101, 6.102, 7.50, 8.50, 8.54 13.35, 13.36, 16.4, 17.5, 30.35, 30.44.

§ 2. Четырёхугольники

6.21. Угол между сторонами AB и CD четырёхугольника ABCD равен ср. Докажите, что

6.22. В четырёхугольнике ABCD стороны AB и CD равны, причём лучи AB и DC пересекаются в точке О. Докажите, что прямая, соединяющая середины диагоналей, перпендикулярна биссектрисе угла AOD.

6.23. На сторонах ВС и AD четырёхугольника ABCD взяты точки M и N так, что ВМ : MC = AN : ND = AB : CD. Лучи AB и DC пересекаются в точке О. Докажите, что прямая MN параллельна биссектрисе угла AOD.

6.24. Докажите, что биссектрисы углов выпуклого четырёхугольника образуют вписанный четырёхугольник.

6.25. Два различных параллелограмма ABCD и AiBiC\Di с соответственно параллельными сторонами вписаны в четырёхугольник PQRS (точки А и Ai лежат на стороне PQ, В и В\—на QR и т.д.). Докажите, что диагонали четырёхугольника параллельны сторонам параллелограммов.

6.26. Середины M и N диагоналей АС и BD выпуклого четырёхугольника ABCD не совпадают. Прямая MN пересекает стороны AB и CD в точках Mi и Ni. Докажите, что если ММ\ — NN\, то AD II ВС.

6.27*. Докажите, что два четырёхугольника подобны тогда и только тогда, когда у них равны четыре соответственных угла и соответственные углы между диагоналями.

6.28*. Четырёхугольник ABCD выпуклый; точки Ai, Bi, Ci и Di таковы, что AB \\ C\D\, АС \\ B\D\ и т.д. для всех пар вершин. Докажите, что четырёхугольник A\B\CiDi тоже выпуклый, причём ZA+ ZCi = 180°.

6.29*. Из вершин выпуклого четырёхугольника опущены перпендикуляры на диагонали. Докажите, что четырёхугольник, образованный основаниями перпендикуляров, подобен исходному четырёхугольнику.

6.30*. Выпуклый четырёхугольник разделён диагоналями на четыре треугольника. Докажите, что прямая, соединяющая точки пересечения медиан двух противоположных треугольников, перпендикулярна прямой, соединяющей точки пересечения высот двух других треугольников.

6.31*. Диагонали описанной трапеции ABCD с основаниями AD и ВС пересекаются в точке О. Радиусы вписанных окружностей треугольников AOD, АОВ, ВОС и COD равны ri, 7*2, Г3 и 7*4 соответственно. Докажите, что

6.32*. Окружность радиуса г\ касается сторон DA, AB и ВС выпуклого четырёхугольника ABCD, окружность радиуса г2 — сторон AB, ВС и CD; аналогично определяются гз и г4. Докажите, что

6.33*. О выпуклом четырёхугольнике ABCD известно, что радиусы окружностей, вписанных в треугольники ABC, BCD, CDA и DAB, равны между собой. Докажите, что ABCD — прямоугольник.

6.34*. Дан выпуклый четырёхугольник ABCD; Ai, В\, С\ и D\ — центры описанных окружностей треугольников BCD, CDA, DAB и ABC. Аналогично для четырёхугольника A\BiC\Di определяются точки А2, В2, С2 и D2. Докажите, что четырёхугольники ABCD и A2B2C2D2 подобны, а коэффициент подобия равен | (ctg А + ctg С) (ctgE + ctg£>)/4|.

6.35*. Окружности, диаметрами которых служат стороны AB и CD выпуклого четырёхугольника ABCD, касаются сторон CD и AB соответственно. Докажите, что ВС \\ AD.

6.36*. Четыре прямые задают четыре треугольника. Докажите, что ортоцентры этих треугольников лежат на одной прямой.

См. также задачи 1.2, 1.5, 1.16, 1.38, 1.39, 1.52, 2.45, 3.4, 3.67, 4.5, 4.7, 4.14—4.25, 4.29, 4.30, 4.33, 4.36, 4.43—4.46, 4.56, 5.47 б), 5.80—5.82, 7.2, 7.10 б), 7.32, 7.36, 8.6, 8.46—8.54, 9.33, 9.34, 9.40, 9.65—9.76, 10.64, 11.29—11.34, 13.6, 14.5, 14.8, 14.50, 14.51, 15.12, 15.15, 16.5, 17.4, 17.19, 18.38, 18.41, 19.1, 20.19—20.21, 26.14, 26.15, 29.38, 30.24, 30.28, 30.30, 30.45.

§ 3. Теорема Птолемея

6.37*. Четырёхугольник ABCD вписанный. Докажите, что AB-CD + AD-BC = AC-BD (Птолемей).

6.38*. Четырёхугольник ABCD вписанный. Докажите, что

6.39*. Пусть а = к/1. Докажите, что

6.40*. Расстояния от центра описанной окружности остроугольного треугольника до его сторон равны da, dt и dc. Докажите, что da + аь + dc = R + г.

6.41*. Вписанная окружность касается сторон ВС, CA и AB в точках Ai, Б1 и Ci. Пусть Q — середина отрезка A\B\. Докажите, что ZB1C1C = ZQC1A1.

6.42*. Биссектриса угла А треугольника ABC пересекает описанную окружность в точке D. Докажите, что AB + АС ^ 2AD.

6.43*. На дуге CD описанной окружности квадрата ABCD взята точка Р. Докажите, что РА + PC = л/2РВ.

6.44*. Дан параллелограмм ABCD. Окружность, проходящая через точку А, пересекает отрезки АБ, АС и AD в точках P, Q и R соответственно. Докажите, что АР • АБ + АБ- АБ = AQ • АС.

6.45*. На дуге AiA2/î+i описанной окружности S правильного (2я + 1)-угольника А1...А2Л+1 взята точка А. Докажите, что:

а) di + dz + ... 4- ^2/2+i = d2 + ^4 + ... + d2/2, где d£ = AAt;

б) Zi + ... + /2/2+1 = /2 + « « « + /2/2 » где Z; — длина касательной, проведённой из точки А к окружности радиуса г, касающейся S в точке At (все касания одновременно внутренние или внешние).

6.46*. Окружности радиусов х и у касаются окружности радиуса Б, причём расстояние между точками касания равно а. Вычислите длину следующей общей касательной к первым двум окружностям:

а) внешней, если оба касания внешние или внутренние одновременно;

б) внутренней, если одно касание внутреннее, а другое внешнее.

6.47*. Окружности а, ß, у и 8 касаются данной окружности в вершинах А, В, С и D выпуклого четырёхугольника ABCD. Пусть taß — длина общей касательной к окружностям а и ß (внешней, если оба касания внутренние или внешние одновременно, и внутренней, если одно касание внутреннее, а другое внешнее); tßr, tr$ и т.д. определяются аналогично. Докажите, что taßtyß + tßytßa = taytßß (обобщённая теорема Птолемея).

См. также задачу 9.70.

§ 4. Пятиугольники

6.48*. В равностороннем (неправильном) пятиугольнике ABCDE угол АБС вдвое больше угла DBE. Найдите величину угла АБС.

6.49*. а) Диагонали АС и BE правильного пятиугольника ABCDE пересекаются в точке К. Докажите, что описанная окружность треугольника СКЕ касается прямой ВС.

б) Пусть а — длина стороны правильного пятиугольника, d — длина его диагонали. Докажите, что d2 = а2 + ad.

6.50*. Докажите, что в правильный пятиугольник можно так вписать квадрат, что его вершины будут лежать на четырёх сторонах пятиугольника.

6.51*. Правильный пятиугольник ABCDE со стороной а вписан в окружность S. Прямые, проходящие через его вершины перпендикулярно сторонам, образуют правильный пятиугольник со стороной b (рис. 6.2). Сторона правильного пяти-

Рис. 6.2

угольника, описанного около окружности S, равна с. Докажите, что а2 + Ъ2 = с2.

См. также задачи 2.62, 4.9, 6.60, 6.95, 9.24, 9.46, 9.77, 9.78, 10.66, 10.70, 12.8, 13.10, 13.59, 20.12, 29.7.

§ 5. Шестиугольники

6.52*. В выпуклом шестиугольнике ABCDEF противоположные стороны попарно параллельны. Докажите, что:

а) площадь треугольника АСЕ составляет не менее половины площади шестиугольника.

б) площади треугольников АСЕ и BDF равны.

6.53*. Все углы выпуклого шестиугольника ABCDEF равны. Докажите, что \ВС - EF\ = \DE - АВ\ = \ AF - CD\.

6.54*. Суммы углов при вершинах А, С, Е и В, D, F выпуклого шестиугольника ABCDEF с равными сторонами равны. Докажите, что противоположные стороны этого шестиугольника параллельны.

6.55*. Докажите, что если в выпуклом шестиугольнике каждая из трёх диагоналей, соединяющих противоположные вершины, делит площадь пополам, то эти диагонали пересекаются в одной точке.

6.56*. Докажите, что если в выпуклом шестиугольнике каждый из трёх отрезков, соединяющих середины противоположных сторон, делит площадь пополам, то эти отрезки пересекаются в одной точке.

6.57*. а) Противоположные стороны выпуклого шестиугольника ABCDEF попарно параллельны. Докажите, что этот шестиугольник вписанный тогда и только тогда, когда его диагонали AD, BE и CF равны.

б) Докажите аналогичное утверждение для невыпуклого (возможно, самопересекающегося) шестиугольника.

См. также задачи 1.45, 2.12, 2.21, 2.49, 3.73, 4.6, 4.28, 4.31, 5.17, 5.84, 5.98, 6.97, 9.47 а), 9.79—9.81, 13.3, 14.6, 18.16, 18.17, 18.24, 18.25, 29.37 а), 30.41, 30.42.

§ 6. Правильные многоугольники

6.58. Число сторон многоугольника Ai...A/2 нечётно. Докажите, что:

а) если этот многоугольник вписанный и все его углы равны, то он правильный;

б) если этот многоугольник описанный и все его стороны равны, то он правильный.

6.59. Все углы выпуклого многоугольника Ai...A/2 равны, и из некоторой его внутренней точки О все стороны видны под равными углами. Докажите, что этот многоугольник правильный.

Рис. 6.3

6.60*. Бумажная лента постоянной ширины завязана простым узлом и затем стянута так, чтобы узел стал плоским (рис. 6.3). Докажите, что узел имеет форму правильного пятиугольника.

6.61*. На сторонах АБ, БС, CD и DA квадрата ABCD построены внутренним образом правильные треугольники АВК, BCL, CDM и DAN. Докажите, что середины сторон этих треугольников (не являющихся сторонами квадрата) и середины отрезков KL, LM, MN и NK образуют правильный двенадцатиугольник.

6.62*. Существует ли правильный многоугольник, длина одной диагонали которого равна сумме длин двух других диагоналей?

6.63*. Правильный (4k + 2)-угольник вписан в окружность радиуса Б с центром О. Докажите, что сумма длин отрезков, высекаемых углом AkOAk+i на прямых AiA2k, A2A2k-i, AÄAÄ+i, равна R.

6.64*. В правильном восемнадцатиугольнике Ai...Ais проведены диагонали АаА^, АьАе и AcAf. Пусть k = а — b, p = b — с, m = с — d, q = d — е, п = е — f и г = f — а. Докажите, что указанные диагонали пересекаются в одной точке в любом из следующих случаев:

а) {/г, m, п) = {p, q, г};

б) {/г, m, п) = {1, 2, 7} и {p, q, г} = {1, 3, 4};

в) {k, m, п} = {1, 2, 8} и {p, q, г} = {2, 2, 3}.

Замечание. Равенство {k, m, п} = {х, у, z) означает, что указанные наборы чисел совпадают; порядок их записи при этом не учитывается.

6.65*. В правильном тридцатиугольнике проведены три диагонали. Определим для них наборы {k, m, п) и {p, q, г) так же, как и в предыдущей задаче. Докажите, что если {k, m, п) = {1, 3, 14} и {p, q, г) = {2, 2, 8}, то диагонали пересекаются в одной точке.

Замечание. Тройки диагоналей, пересекающихся в одной точке, подробно обсуждаются на с. 613—617.

6.66*. В правильном n-угольнике (п ^ 3) отмечены середины всех сторон и диагоналей. Какое наибольшее число отмеченных точек лежит на одной окружности?

6.67*. Вершины правильного n-угольника окрашены в несколько цветов так, что точки одного цвета служат вершинами правильного многоугольника. Докажите, что среди этих многоугольников найдутся два равных.

6.68*. Докажите, что при п^б правильный (п — 1)-угольник нельзя вписать в правильный n-угольник так, чтобы на всех сторонах

я-угольника, кроме одной, лежало ровно по одной вершине (п — 1) -угольника.

6.69. Пусть О — центр правильного n-угольника Ai...Ап, X — произвольная точка. Докажите, что OAi + ... + ОАп = 0 и ХА\ + ... ... + ХАп = пХО.

6.70. Докажите, что в вершинах правильного n-угольника можно расставить действительные числа xi,...,xn, все отличные от нуля, так, чтобы для любого правильного n-угольника, все вершины которого являются вершинами исходного n-угольника, сумма чисел, стоящих в его вершинах, равнялась нулю.

6.71. Точка А лежит внутри правильного десятиугольника Х\ ...Xip, а точка В — вне его. Пусть а = АХ\ + ... + АХю и b = BXi + ... + ВХю. Может ли оказаться, что \а\ > \Ь\?

6.72. Правильный многоугольник А\...Ап вписан в окружность радиуса R с центром О; X — произвольная точка. Докажите, что AiX2 + ... + АпХ2 = n(R2 + d2), где d = OX.

6.73. Найдите сумму квадратов длин всех сторон и диагоналей правильного n-угольника, вписанного в окружность радиуса R.

6.74. Докажите, что сумма расстояний от произвольной точки X до вершин правильного n-угольника будет наименьшей, если X — центр n-угольника.

6.75. Правильный n-угольник Ai...Ап вписан в окружность радиуса R с центром О; ei = OAt, х = ОХ — произвольный вектор. Докажите, что х)2 = nR2 - ОХ212.

6.76. Найдите сумму квадратов расстояний от вершин правильного n-угольника, вписанного в окружность радиуса R, до произвольной прямой, проходящей через центр многоугольника.

6.77. Расстояние от точки X до центра правильного n-угольника равно d, г — радиус вписанной окружности n-угольника. Докажите, что сумма квадратов расстояний от точки X до прямых, содержащих стороны n-угольника, равна п(г2 + d2/2).

6.78. Докажите, что сумма квадратов длин проекций сторон правильного n-угольника на любую прямую равна па2/2, где а — сторона n-угольника.

6.79*. Правильный n-угольник Ai... Ап вписан в окружность радиуса R; X — точка этой окружности. Докажите, что ХА\ + ... + ХА„ = 6п&.

6.80*. а) Правильный n-угольник А\...Ап вписан в окружность радиуса 1 с центром О; et = OAt, и — произвольный вектор. Докажите, что ^2(и9 еь)еь = пи/2.

б) Из произвольной точки X опущены перпендикуляры ХА\, ... ..., ХАп на стороны правильного n-угольника (или на их продолжения). Докажите, что ^XAt = пХО/2, где О — центр n-угольника.

6.81*. Докажите, что если число п не является степенью простого числа, то существует выпуклый n-угольник со сторонами длиной 1, 2, п, все углы которого равны.

См. также задачи 2.9, 2.49, 4.28, 4.61, 4.64, 6.39, 6.45, 6.49—6.51, 8.69, 9.51, 9.79, 9.87, 9.88, 10.66, 11.46, 11.48, 13.15, 17.32, 18.34, 19.48, 23.8, 24.2, 25.3, 25.4, 27.11, 30.34.

§ 7. Вписанные и описанные многоугольники

6.82*. На сторонах треугольника внешним образом построены три квадрата. Какими должны быть углы треугольника, чтобы шесть вершин этих квадратов, отличных от вершин треугольника, лежали на одной окружности?

6.83*. В окружность вписан 2n-угольник Ai...A2,2. Пусть pi, ... • • • » Р2п — расстояния от произвольной точки M окружности до сторон AiA2, А2А3, A2/2Ai. Докажите, что PiPz---P2n-i = P2Pi---P2n-

6.84*. Вписанный многоугольник разбит непересекающимися диагоналями на треугольники. Докажите, что сумма радиусов всех вписанных в эти треугольники окружностей не зависит от разбиения.

6.85*. Два n-угольника вписаны в одну окружность, причём наборы длин их сторон одинаковы, но не обязательно равны соответственные стороны. Докажите, что площади этих многоугольников равны.

6.86*. Положительные числа ai, ап таковы, что 2a2 <а\ + ... + ап при всех £=1, ...,71. Докажите, что существует вписанный n-угольник, длины сторон которого равны ai, a/2.

6.87. Точка, лежащая внутри описанного n-угольника, соединена отрезками со всеми вершинами и точками касания. Образовавшиеся при этом треугольники попеременно окрашены в красный и синий цвет. Докажите, что произведение площадей красных треугольников равно произведению площадей синих треугольников.

6.88*. В 2n-угольнике (п нечётно) Ai...A2/2, описанном около окружности с центром О, диагонали AiA/2+i, А2А/2+2» Ап-\Ачп-\ проходят через точку О. Докажите, что и диагональ А/2А2,2 проходит через точку О.

6.89*. Окружность радиуса г касается сторон многоугольника в точках Ai,...,A/2, причём длина стороны, на которой лежит точка А2, равна а2. Точка X удалена от центра окружности на расстояние d. Докажите, что а\ХА\ + ... + апХА2 = P(r2 + d2), где Р — периметр многоугольника.

6.90*. Около окружности описан n-угольник Ai...A/2; / — произвольная касательная к окружности, не проходящая через вершины n-угольника. Пусть а2 — расстояние от вершины At до пря-

мой Z, bi — расстояние от точки касания стороны A;Aj+i с окружностью до прямой I. Докажите, что:

а) величина Ь\... Ьп/(а\...ап) не зависит от выбора прямой I;

б) величина а\аз ... a2m-i/(#2#4 • • • #2m) не зависит от выбора прямой /, если п = 2т.

6.91*. Некоторые стороны выпуклого многоугольника красные, остальные синие. Сумма длин красных сторон меньше половины периметра, и нет ни одной пары соседних синих сторон. Докажите, что в этот многоугольник нельзя вписать окружность.

См. также задачи 1.45, 2.12, 2.13, 2.62, 4.40, 4.54, 5.119 а), 9.36, 11.36, 11.46 б), 11.48 б), 13.38, 19.6, 22.13.

§ 8. Произвольные выпуклые многоугольники

6.92. Какое наибольшее число острых углов может иметь выпуклый многоугольник?

6.93*. Сколько в выпуклом многоугольнике может быть сторон, равных по длине наибольшей диагонали?

6.94*. Для каких п существует выпуклый n-угольник, у которого одна сторона имеет длину 1, а длины всех диагоналей — целые числа?

6.95*. Может ли выпуклый неправильный пятиугольник иметь ровно четыре стороны одинаковой длины и ровно четыре диагонали одинаковой длины?

Может ли в таком пятиугольнике пятая сторона иметь общую точку с пятой диагональю?

6.96*. Точка О, лежащая внутри выпуклого многоугольника, образует с каждыми двумя его вершинами равнобедренный треугольник. Докажите, что точка О равноудалена от вершин этого многоугольника.

См. также задачи 4.50, 4.51, 9.86, 9.89, 9.90, 11.35, 13.16, 14.28, 16.8, 17.35, 17.36, 19.9, 23.13, 23.15.

§ 9. Теорема Паскаля

6.97*. Докажите, что точки пересечения противоположных сторон (если эти стороны не параллельны) вписанного шестиугольника лежат на одной прямой (Паскаль).

6.98*. Точка M лежит на описанной окружности треугольника ABC; R — произвольная точка. Прямые АБ, BR и CR пересекают описанную окружность в точках Ai, В\ и Ci. Докажите, что точки пересечения прямых МА\ и БС, МБ1 и CA, MCi и АБ лежат на одной прямой, проходящей через точку R.

6.99*. Даны треугольник АБС и некоторая точка Т. Пусть Р и Q — основания перпендикуляров, опущенных из точки Т на прямые АБ и АС соответственно, а Б и S — основания перпендикуляров, опущен-

ных из точки А на прямые ТС и ТВ соответственно. Докажите, что точка пересечения прямых PR и QS лежит на прямой ВС.

6.100*. В треугольнике ABC проведены высоты АА\ и ВВ\ и биссектрисы АА2 и ББ2; вписанная окружность касается сторон ВС и АС в точках A3 и Б3. Докажите, что прямые А1Б1, А2Б2 и А3Б3 пересекаются в одной точке или параллельны.

6.101*. Четырёхугольник ABCD вписан в окружность S; X — произвольная точка, M и N — вторые точки пересечения прямых ХА и XD с окружностью S. Прямые DC и АХ, АБ и DX пересекаются в точках Е и F. Докажите, что точка пересечения прямых MN и EF лежит на прямой ВС.

6.102*. Четырёхугольник ABCD вписан в окружность с центром О. Точка X такова, что ZBAX = ZCDX = 90°. Докажите, что точка пересечения диагоналей четырёхугольника ABCD лежит на прямой ХО.

6.103*. Точки А и Ai, лежащие внутри окружности с центром О, симметричны относительно точки О. Лучи АР и А1Р1 сонаправлены, лучи AQ и AiQi тоже сонаправлены. Докажите, что точка пересечения прямых PiQ и PQi лежит на прямой AAi. (Точки Р, Pi, Q и Qi лежат на окружности.)

6.104*. Две окружности касаются описанной окружности треугольника АБС в точке К дуги ВС (не содержащей точку А); кроме того, одна из этих окружностей касается стороны АБ в точке M, а другая касается стороны АС в точке N. Докажите, что центр вписанной окружности треугольника АБС лежит на прямой MN.

6.105*. Даны пять точек некоторой окружности. С помощью одной линейки постройте шестую точку этой окружности.

6.106*. Точки Ai, Aß лежат на одной окружности, а точки К, L, M и N— на прямых А1А2, A3 A4, A\Aq и А4А5 соответственно, причём KL II А2А3, LM || А3А6 и MN || А6А5. Докажите, что NK || А5А2.

См. также задачи 5.84, 30.33, 30.42, 30.49, 31.52.

Задачи для самостоятельного решения

6.107. Докажите, что если ABCD — прямоугольник, а Р — произвольная точка, то АР2 + СР2 = DP2 + BP2.

6.108. Диагонали выпуклого четырёхугольника ABCD перпендикулярны. На его сторонах внешним образом построены квадраты с центрами Р, Q, R и S. Докажите, что отрезок PR проходит через точку пересечения диагоналей АС и BD, причём PR = (АС + BD)/^/2.

6.109. На наибольшей стороне АС треугольника АБС взяты точки Ai и Ci так, что ACi = АБ и CAi = СБ, а на сторонах АБ и ВС взяты точки А2 и С2 так, что AAi = АА2 и CCi =СС2. Докажите, что четырёхугольник А1А2С2С1 вписанный.

6.110. В окружность вписан выпуклый семиугольник. Докажите, что если какие-то три его угла равны 120°, то какие-то две его стороны равны.

6.111. На плоскости даны правильный n-угольник А\...Ап и точка Р. Докажите, что из отрезков А\Р, ...,АпР можно составить замкнутую линию.

6.112. Четырёхугольник ABCD вписан в окружность Si и описан около окружности S2; К, L, M и N— точки касания его сторон с окружностью $2. Докажите, что KM JL LN.

6.113. Около окружности описан пятиугольник ABCDE, длины сторон которого — целые числа, причём AB = CD = 1. Найдите длину отрезка ВК, где К — точка касания стороны ВС с окружностью.

6.114. Докажите, что в правильном 2n-угольнике Ai...A2/2 диагонали AiA/2+2> ^2/2-1^з и А2,2А5 пересекаются в одной точке.

6.115. Докажите, что в правильном двадцатичетырёхугольнике А1...А24 диагонали А1А7, АзАц и А5А21 пересекаются в точке, лежащей на диаметре А4А16.

Решения

6.1. Пусть О — центр вписанной окружности и точка пересечения диагоналей четырёхугольника ABCD. Тогда ZACB = ZACD и ABAC = ACAD. Поэтому треугольники АБС и АБС равны, так как сторона АС у них общая. Следовательно, АБ = DA. Аналогично АБ = ВС = CD = DA.

6.2. Ясно, что ZAOB = 180° - ZBAO - ZABO = 180° - (ZA + AB)/2 и ZCOD = 180° - (ZC + ZD)/2. Поэтому ZАОБ +/СОБ = 360° - (ZA+ZB + ZC + ZD)/2 = 180°.

6.3. Рассмотрим две окружности, касающиеся сторон данного четырёхугольника и их продолжений. Прямые, содержащие стороны четырёхугольника, являются общими внутренними и внешними касательными к этим окружностям. Прямая, соединяющая центры окружностей, содержит диагональ четырёхугольника, и, кроме того, она является осью симметрии четырёхугольника. Значит, вторая диагональ перпендикулярна этой прямой.

6.4. Пусть О — центр данной окружности, R — её радиус, а — длина хорд, высекаемых окружностью на сторонах четырёхугольника. Тогда расстояния от точки О до сторон четырёхугольника равны \/R2 — а2/4, т. е. она равноудалена от сторон четырёхугольника и является центром вписанной окружности.

6.5. Для параллелограмма утверждение задачи очевидно, поэтому можно считать, что прямые АБ и СБ пересекаются. Пусть О — центр вписанной окружности четырёхугольника ABCD; M и N — середины диагоналей АС и BD. Тогда Sanb + Scnd = Samb + SCmd = SAob + SCod = SAbcd/2. Остаётся воспользоваться результатом задачи 7.2.

6.6. Пусть вписанная окружность касается сторон DA, AB и ВС в точках M, H а N соответственно. Тогда ОН — высота треугольника АОБ и при симметрии относительно прямых АО и ВО точка H переходит в точки M а N соответственно. Поэтому согласно задаче 1.58 точки А\ и В\ лежат на прямой MN. Аналогично точки Ci и Di лежат на прямой MN.

6.7. Пусть г — расстояние от точки пересечения биссектрис углов А и D до основания AD, г' — расстояние от точки пересечения биссектрис углов Б и С до основания ВС. Тогда AD = r(ctg а + ctg/3) и ВС = r'(tg а + tg/3). Поэтому г = г' тогда и только тогда, когда ВС/AD = (tg а + tg/3)/(ctga + ctg/3) = tga-tg/3.

Если r = r', то рассматриваемые точки пересечения биссектрис удалены на расстояние г от боковых сторон трапеции. Но для трапеции, отличной от параллелограмма, есть только одна точка, удалённая от боковых сторон на расстояние г.

6.8. Пусть ZA=2a, ZC = 2ß и ZBMA=2cp. Согласно задаче 6.7 PK/RL = tgatgcp и LS/MC = ctgcptgß. Так как PQ/RS = PK/RL и RS/AC = LS/MC, то PQ/AC = (PK/RL) (LS/MC) =tgatgß. Следовательно, трапеция APQC описанная.

6.9. Докажем сначала, что если четырёхугольник ABCD описанный, то выполняются все условия. Пусть К, L, M и N — точки касания вписанной окружности со сторонами АБ, ВС, CD и DA. Тогда АБ + CD = АК + ВК + СМ + DM = AN + BL + CL + DN = ВС + AD, АР + CQ = AK + PK + QL-CL = AN + PM + QN-CM = AQ + CP и BP+ BQ = AP - AB + BC + CQ = (AP + CQ) + (BC-AB)=AQ + CP + CD-AD = DP + DQ.

Докажем теперь, например, что если BP + BQ = DP + DQ, то четырёхугольник ABCD описанный. Рассмотрим для этого окружность, касающуюся стороны ВС и лучей БА и CD. Предположим, что прямая AD не касается этой окружности; сдвинем эту прямую так, чтобы она коснулась окружности (рис. 6.4). Пусть S — такая точка прямой AQ, что Q'S \\ DD'. Так как BP + BQ = DP + DQ и BP + BQ' = D'P + D'Q', то QS + SQ' = QQ'. Получено противоречие. В двух других случаях доказательство проводится аналогично.

6.10. Пусть лучи АБ и DC пересекаются в точке Р, лучи ВС и AD — в точке Q; данные прямые, проходящие через точки Р и Q, пересекаются в точке О. Согласно задаче 6.9 BP + BQ = OP + OQ и OP + OQ = DP + DQ. Следовательно, BP + BQ = DP + DQ, а значит, четырёхугольник ABCD описанный.

6.11. Пусть О — точка пересечения общих внешних касательных к вписанным окружностям треугольников АВК\ и АСК2 (рис. 6.5). Проведём из точки О касательную / к вписанной окружности треугольника, образованного прямыми АК\, АК2 и касательной к вписанным окружностям треугольников АВК\ и АСК2, отличной от прямой ВС. Пусть прямая / пересекает прямые АБ и АК2 в точках В' и К'2. Согласно задаче 6.10 четырёхугольник ВК2К'2В' описанный. Это означает, что прямая / касается вписанной окружности треугольника АВК2. Аналогично доказывается, что прямая / касается вписанной окружности треугольника АСК\.

6.12. а) Сопоставим окружности (х - а)2 + (у - Ь)2 = г2 с заданной на ней ориентацией (направлением обхода) точку с координатами (а, Ъ, ±г), где знак перед г соответствует ориентации окружности. Рассмотрим пару пересекающихся прямых, на которых заданы ориентации (направления). Легко

Рис. 6.4

Рис. 6.5

убедиться, что семейству ориентированных окружностей, касающихся данных прямых так, что в точках касания ориентации согласованы, сопоставляется прямая в пространстве, проходящая через точку плоскости г = О, соответствующую точке пересечения двух данных прямых.

Пусть прямые AB и CD пересекаются в точке P, а прямые ВС и AD — в точке Q. Предположим, что четырёхугольники, примыкающие к вершинам А, Б и С, описанные. Зададим на вписанных в них окружностях ориентации согласованным образом и перенесём эти ориентации на касательные. Пусть этим ориентированным окружностям соответствуют точки Оа, Оь и Ос. Тогда точки Оц, Оь и Р лежат на одной прямой; точки Оь, Ос и Q тоже лежат на одной прямой. Следовательно, все эти точки лежат в одной плоскости. Поэтому прямые OaQ и ОсР пересекаются в некоторой точке Od. (Вообще говоря, эти прямые могли бы быть параллельны. Чтобы исключить такую возможность, нужно воспользоваться тем, что если, например, точка В лежит между А и Р, то точка Оь лежит между Оа и Р.) Точке Od соответствует окружность, вписанная в четырёхугольник, примыкающий к вершине D.

б) Радиусы га, п, гс, rd пропорциональны расстояниям от точек Оа, Оь, Ос, Od до прямой PQ. Поэтому нужно лишь воспользоваться результатом задачи 1.3 б).

6.13. На окружностях и касательных можно выбрать ориентации согласованным образом (рис. 6.6). Пусть Ai — точка пересечения касательных к окружности Si. Ориентации касательных задают ориентацию четырёхугольника А\ Ач Аз A4 (этот четырёхугольник может быть невыпуклым). Из равенства длин касательных, проведённых из точки Ai к окружности Si, следует, что

(1)

Воспользовавшись результатом задачи 6.9, получим, что стороны четырёхугольника Ai А<2 Аз A4 (или их продолжения) касаются одной окружности, если только этот четырёхугольник невырожденный.

Рис. 6.6

Если три касательные пересекаются в одной точке, то из равенства (1) следует, что четырёхугольник А\ А2 Аз A4 вырождается в отрезок или в точку. В отрезок он вырождаться не может, поскольку если две касательные сливаются в одну прямую /, то они должны соответствовать противоположным сторонам четырёхугольника; в этом случае все касательные пересекаются в одной точке (середине отрезка, высекаемого на прямой / точками касания).

6.14. Пусть стороны АБ, БС, СБ, DA четырёхугольника ABCD касаются вписанной окружности в точках Е, F, G, H соответственно.

Покажем сначала, что прямые FH, EG и АС пересекаются в одной точке. Обозначим точки, в которых прямые FH и EG пересекают прямую АС, через M и М' соответственно. Поскольку ZAHM = ZBFM как углы между касательными и хордой HF, то sin AHM = sin CFM. Поэтому

Аналогично

поэтому M = M', т.е. прямые FH, EG и АС пересекаются в одной точке.

Аналогичные рассуждения показывают, что прямые FH, EG и BD пересекаются в одной точке, поэтому прямые АС, BD, FH и EG пересекаются в одной точке.

6.15. Отрезки CHd и DHC параллельны, так как они перпендикулярны прямой АБ. Кроме того, так как ZBCA = ZBDA = ср, длины этих отрезков равны Aß|ctg^| (см. задачу 5.51 б).

6.16. Пусть О а, Оь, Ос и Od — центры вписанных окружностей треугольников BCD, ACD, ABD и АБС соответственно. Так как ZADB = ZACB, то ZAOcB = 90° + (/АББ/2) = 90° + (ZACB/2)=ZAOdB (см. задачу 5.3). Поэтому четырёхугольник ABOdOc вписанный, т.е. ZOcOdB = 180° -ZOc АВ = 180° - (Z А/2). Аналогично ZOuOdB = 180° - (ZC/2). Так как ZA + ZC = 180°, то ZOcOdB + ZOuOdB = 270°, а значит, ZOaOdOc = 90°. Аналогично доказывается, что и остальные углы четырёхугольника OaObOcOd равны 90°.

6.17. а) Пусть лучи АБ и БС пересекаются в точке P, а лучи ВС и АБ — в точке Q. Докажем, что точка М, в которой пересекаются описанные окружности треугольников СВР и CDQ, лежит на отрезке PQ. В самом деле, ZCMP + ZCMQ = ZABC + ZADC = 180°. Поэтому РМ + QM = PQ, а так как РМ • PQ = PD • PC = р2 — R2 и QM • PQ = QC • QB = q2 - R2, то PQ2 = PM-PQ + QM -PQ=p2 + q2 - 2R2.

Пусть N — точка пересечения описанных окружностей треугольников АСР и ABS. Докажем, что точка S лежит на отрезке PN. В самом деле, ZANP = ZACP = 180° - ZACD = 180° - ZABD = ZANS. Поэтому PN - SN = PS, а так как PN • PS = РА- PB = p2 - R2 и SN • PS = SA- SC = R2 - s2, то PS2 = PN • PS -- SN • PS = p2 + s2 - 2Ri. Аналогично QS2 = q2 + s2 - 2R2.

б) Согласно задаче a) PQ2 - PS2 = q2 - s2 = OQ2 -OS2. Следовательно, OP ZQS (см. задачу 7.6). Аналогично доказывается, что OQ J_ PS и OS J_ PQ.

6.18. Пусть вписанные окружности треугольников АБС и АСБ касаются диагонали АС в точках M к N соответственно. Тогда AM = (АС + АБ — ВС)/2 и AN = (АС + АБ - СБ)/2 (см. задачу 3.2). Точки M и N совпадают тогда и только тогда, когда AM = AN, т. е. АБ + СБ = ВС + АБ. Итак, если точки M к N совпадают, то четырёхугольник ABCD описанный, и аналогичные

рассуждения показывают, что точки касания вписанных окружностей треугольников ABD и BCD с диагональю BD совпадают.

Пусть вписанная окружность треугольника ABC касается сторон AB, ВС и CA в точках Р, Q и M, а вписанная окружность треугольника ACD касается сторон AC, CD и DA в точках M, R и S. Так как АР = AM = AS и CQ = СМ = CR, то треугольники APS, BPQ, CQR и DRS равнобедренные; пусть а, ß, у и 8—углы при основаниях этих равнобедренных треугольников. Сумма углов этих треугольников равна 2(а + ß + у + 8) + А А + AB + ZC + AD, поэтому а+/3 + у + <5 = 180°. Следовательно, ZSPQ+ZSRQ=360° - (а+/3 + у + <5) = 180°, т.е. четырёхугольник PQRS вписанный.

6.19. Пусть О — точка пересечения диагоналей АС и BD; А\, В\, С\ и D\ — её проекции на стороны AB, ВС, CD и DA. Точки А\ и D\ лежат на окружности с диаметром АО, поэтому AOA\D\ = ZOADi. Аналогично АОАхВх = АОВВх. А так как ZCAD = ZCBD, то AOA\D\ = АОА\В\. Аналогично доказывается, что В\0, С\0 и D\0 — биссектрисы углов четырёхугольника A\B\C\D\, т.е. О — центр его вписанной окружности.

6.20. Воспользуемся обозначениями рис. 6.7. Условие вписанности четырёхугольника Ai Б1 Ci Di эквивалентно тому, что (а + ß) + (у + 8) = 180°, a перпендикулярность диагоналей АС и BD — тому, что (ai + Si) + (ßi + yi) = 180°. Ясно также, что ос = ос\, ß = ß\, у = у\ и 8 = 8].

6.21. По теореме косинусов AD2 = АС2 + CD2 - 2АС • CD - cosACD и AC2 = AB2 + ВС2 - 2AB • ВС cos В. А так как длина проекции отрезка АС на прямую /, перпендикулярную CD, равна сумме длин проекций отрезков AB и ВС на прямую /, то АС cos ACD = AB cos ср + ВС cos С.

6.22. Пусть ZAOD = 2а. Тогда расстояния от точки О до проекций середин диагоналей АС и BD на биссектрису угла AOD равны cos a (OA + ОС)/2 и cos а(ОВ + OD)/2 соответственно. Так как OA + ОС = AB + OB + ОС = CD + OB + ОС = OB + OD, эти проекции совпадают.

6.23. Достроим треугольники АВМ и DCM до параллелограммов АВММ\ и DCMM'2. Так как AMi : £>М2 = ВМ : MC = AN : DN, то AAiVMi - ADNM2. Поэтому точка лежит на отрезке М1М2 и ММ\ : ММ2 = AB : CD = AN : ND M\N : M2N, т. e. MN — биссектриса угла MiMM2.

6.24. Пусть a, b, с и d — биссектрисы углов при вершинах А, Б, С и D. Нужно проверить, что Z(a, b) + Z(c, d) = 0°. Ясно, что Z(a, b) = Z(a, AB) + Z(AB, b) и Z(c, d) = Z(c, СБ) + Z(C£, d). Так как четырёхугольник АБСБ выпуклый, из равенств Z(a, АБ) = Z(AD, АВ)/2, Z(AB, b) = Z(AB, ВС)/2, Z(c, CD) = Z(CB, CD)/2 и Z(CD, d) = Z(CD, DA)/2 получаем Z(a, b) + Z(c, d) = (Z(AD, AB) + Z(AB, ВС) + Z(CB, CD) + Z(CD, DA))/2 = 360°/2 = 0°. (По поводу ориентированных углов между прямыми см. с. 30.)

6.25. Пусть для определённости АБ > А1Б1. При параллельном переносе на вектор СБ треугольник SD\Ci переходит в S'D\C\, а отрезок CD переходит

Рис. 6.7

в В А. Так как QA\ : QA = АХВХ : AB = D\C\ : AB = S'D[ : S'A, то QS' || AXD\. Следовательно, QS || AD. Аналогично PR \\ AB.

6.26. Предположим, что прямые AD и ВС не параллельны. Пусть М2, К, N2 — середины сторон AB, ВС, CD соответственно. Если MN\\BC, то BC\\AD, так как AM = MC и BN = ND. Поэтому будем считать, что прямые MN и ВС не параллельны, т.е. М\ Ф М2 и N\ ф N2. Ясно, что М2M = ВС/2 = NN2 и М\М = NN'i. Поэтому М\М2 \\ N\N2. Следовательно, КМ \\ AB \\ CD \\ KN, т. е. M = N. Получено противоречие.

6.27. Преобразованием подобия можно совместить одну пару соответственных сторон четырёхугольников, поэтому достаточно рассмотреть четырёхугольники ABCD и ABC\D\, у которых точки Ci и Di лежат на лучах ВС и AD и CD II Ci Di. Обозначим точки пересечения диагоналей четырёхугольников ABCD и AßCiDi через О и 0\ соответственно.

Предположим, что точки С к D лежат ближе к точкам Б и А, чем точки Ci и Di. Докажем, что тогда ZAOB > ААО\В. В самом деле, ZCiAB > АС AB и ZDiBA > ZDBA, поэтому ААОхВ = 180° - ZCiAB - AD\BA < < 180° - /САБ - ZDBA = ZAOB. Получено противоречие, поэтому Ci = С, Di = D.

6.28. Любой четырёхугольник с точностью до подобия определяется направлениями своих сторон и диагоналей, поэтому достаточно построить один пример четырёхугольника AißiCiDi с требуемыми направлениями сторон и диагоналей. Пусть О — точка пересечения диагоналей АС и BD. На луче OA возьмём произвольную точку Di и проведём DiAi || ВС, А\В\ \\ CD и Б1С1 || DA (рис. 6.8). Так как OCi : ОБ1 = OD : OA, ОБ1 : OAi = ОС : OD и OAi : ODi = ОБ : ОС, то OCi : ODi = ОБ : OA, а значит, CiDi || AB. Из полученного рисунка ясно, что ZA + ZCi = 180°.

6.29. Пусть О — точка пересечения диагоналей четырёхугольника ABCD. Без ограничения общности можно считать, что а = ZAOB < 90°. Опустим перпендикуляры AAi, ББ1, CCi, DDi на диагонали четырёхугольника ABCD. Так как OAi = OA cos а, ОВ\ = OB cos ос, ОС\ = ОС cos a, OD\ = OD cos ос, то при симметрии относительно биссектрисы угла АОБ четырёхугольник ABCD переходит в четырёхугольник, гомотетичный четырёхугольнику Ai Б1 Ci Di (с коэффициентом 1 / cos а).

6.30. Пусть диагонали четырёхугольника ABCD пересекаются в точке О; Нц и Нь — ортоцентры треугольников АОБ и COD; Ка и Кь — середины сторон ВС и AD; Р — середина диагонали АС. Точки пересечения медиан треугольников AOD и БОС делят отрезки КаО и КьО в отношении 1:2, поэтому нужно доказать, что НаНь J_ КаКь.

Так как ОНа = Aß|ctg^| и ОНь = CD\ctgcp\, где ср = ZAOB (см. задачу 5.51 б), то ОНа : ОНь = РКа : РКь. Соответственные стороны углов НаОНь и КаРКь перпендикулярны; кроме того, векторы ОНа и ОНь направлены к прямым АБ и CD при ср < 90° и от этих прямых при <р>90°. Поэтому ШаОНь = /-КаРКь и АНаОНь - АКаРКь. Следовательно, НаНь±КаКь.

Рис. 6.8

6.31. Пусть S = Saod, x = АО, y = DO, a = AB, b = ВС, c = CD, d = DA; k — коэффициент подобия треугольников BOC и AOD. Тогда

так как Sboc = k2S и SAob = Scod = kS. Поскольку

остаётся заметить, что а + с = b + d.

6.32. Ясно, что

Поэтому

6.33. Достроим треугольники ABD и DBC до параллелограммов ABDA\ и DBCC\. Отрезки, соединяющие точку D с вершинами параллелограмма АСС\А\, делят его на четыре треугольника, равных треугольникам DAB, CDA, BCD и ABC, поэтому радиусы вписанных окружностей этих треугольников равны. Докажем, что точка D совпадает с точкой О пересечения диагоналей параллелограмма. Если D ф О, то можно считать, что точка D лежит внутри треугольника АОС. Тогда rADC < гАОс = гА10Сг < rAlDCl = гАВс (см. задачу 10.90). Получено противоречие, поэтому D = 0.

Так как p = S/r, а площади и радиусы вписанных окружностей треугольников, на которые диагонали делят параллелограмм АСС\А\, равны, то равны и их периметры. Поэтому АСС\А\ —ромб, a ABCD — прямоугольник.

6.34. Точки Ci и Di лежат на серединном перпендикуляре к отрезку AB, поэтому ABLC\D\. Аналогично C\D\ ± А2В2, а значит, AB \\ А2В2. Аналогично доказывается, что параллельны и остальные соответственные стороны и диагонали четырёхугольников ABCD и A2B2C2D2. Следовательно, эти четырёхугольники подобны.

Пусть М — середина отрезка АС. Тогда В\М= \АМctgD\ и D\M= \АМctgB\, причём B\D\ = \ctgB + ctgD\ • АС/2. Повернём четырёхугольник A\B\C\D\ на 90°. Тогда, воспользовавшись результатом задачи 6.28, получим, что этот четырёхугольник выпуклый, причём ctg А =— ctg Ci и т.д. Поэтому А2С2 = |ctgA + ctgC| 'BxDx/2 = I (ctg A + ctg С) (ctgE + ctg D)/4\ -AC.

6.35. Пусть M к N — середины сторон AB и CD. Опустим из точки D перпендикуляр DP на прямую MN, а из точки M перпендикуляр MQ на CD. Тогда Q — точка касания прямой CD и окружности с диаметром AB. Прямоугольные треугольники PDN и QMN подобны, поэтому DP = ND • MQ/MN = ND • MA/MN. Аналогично расстояние от точки А до прямой MN равно ND • MA/MN. Следовательно, AD \\ MN. Аналогично ВС II MN.

6.36. Достаточно проверить, что ортоцентры любых трёх из данных четырёх треугольников лежат на одной прямой. Пусть некоторая прямая пересекает прямые BiCi, Ci Ai и AiBi в точках А, Б и С соответственно; А2, В2 и С2 — ортоцентры треугольников А1БС, AßiC и АБСь Прямые АВ2 и А2В перпендикулярны прямой А1В1, поэтому они параллельны.

Аналогично ВС2 \\ В2С и СА2 \\ С2А. Точки А, Б и С лежат на одной прямой, поэтому точки А2, В2 и С2 тоже лежат на одной прямой (см. задачу 1.12 б).

6.37. Возьмём на диагонали BD точку M так, что ZMCD = ZBCA. Тогда ААВС ~ ЛБМС, так как углы ВАС и BDC опираются на одну дугу. Поэтому АБ • СБ = АС • МБ. Поскольку ZMCD = ZBCA, то ZBCM = ZACD и ЛБСМ ~ ЛАСБ, так как углы СББ и САБ опираются на одну дугу. Поэтому BC-AD = AC- ВМ. Следовательно, AB • CD + AD • ВС = АС • MD + АС • ВМ = АС • BD.

6.38. Пусть S — площадь четырёхугольника ABCD, R — радиус его описанной окружности. Тогда S = S abc + Sadc = AC (AB • ВС + AD • DC) /4P (см. задачу 12.1). Аналогично S = BD(AB • AD + ВС • CD)/4R. Приравнивая эти выражения для S, получаем требуемое.

6.39. Пусть правильный семиугольник А1...А7 вписан в окружность. Применяя теорему Птолемея к четырёхугольнику А\ Аз A4 А5, получаем Ai A3 • А5 A4 + A3 A4 • Ai А5 = Ai A4 • A3 А5, т. е. sin 2 ос sin ос + sin ос sin 3 а = sin 3 а sin 2 а.

6.40. Пусть Ai, Bi и Ci —середины сторон ВС, CA и AB. По теореме Птолемея ACi • ОВ1 + ABi • OCi = АО -Bid, где О — центр описанной окружности. Поэтому cdb + bdc = aR. Аналогично adc + cda = bR и a<4 + bda = cR. Кроме того, ada + bdb + cdc = 2S = (a + b + c)r. Складывая все эти равенства и сокращая на а + b + с, получаем требуемое.

6.41. Пусть Р — вторая точка пересечения отрезка CCi с вписанной окружностью. Тогда ZAB\C\ = ZB\PC\, поэтому АСРВ\ ~ ЛСВ1С1, а значит, РВ\/В\С\ = СР/СВ\. Аналогично доказывается, что СР/СА\ = РА\/А\С\. Учитывая, что CAi =CBi, получаем PBi - AiCi = PAi -BiCi.

По теореме Птолемея PBi - AiCi + PAi - Bid = PCi • AiBb т.е. 2PBi - AiCi = 2PCi-QAi. Ясно также, что ZBiPCi = ZQA1C1. Поэтому ЛВ1РС1 - AQAiCi, а значит, ZBC\P = ZQCiAi.

Замечание. Утверждение задачи можно переформулировать следующим образом: точка Жергонна треугольника АБС совпадает с точкой Лемуана треугольника AiBiCi.

6.42. По теореме Птолемея AB • СБ + АС • BD = AD • ВС. Учитывая, что СБ = BD ^ ВС/2, получаем требуемое.

6.43. Применяя теорему Птолемея к четырёхугольнику АВСР и сокращая на длину стороны квадрата, получаем требуемое.

6.44. Применяя теорему Птолемея к четырёхугольнику APQR, получаем АР • RQ + AR • QP = AQ • PR. Так как ZACB = ZRAQ = ZRPQ и ZRQP = 180° - ZPAR=ZABC, то ARQP^AABC, а значит, RQ : QP : PR = AB : ВС : CA. Остаётся заметить, что ВС = АБ.

6.45. а) Запишем теорему Птолемея для всех четырёхугольников с вершинами в точке А и трёх последовательных вершинах данного многоугольника так, чтобы сомножители dt с чётными номерами всегда стояли в правой части: d\a + d-sa = d2b, dsb = d2a + d\b, d2n-\a + d2n+\a = d2nb, did + d2n+\b = d2na, d\b + d2n+\a = d2a (здесь a — сторона данного многоугольника, b — его наименьшая диагональ). Сложив эти равенства, получим (2a + b)(di + ... + d2n+i) = (2a + b)(d2 -f... + d2n).

б) Пусть R — радиус окружности S. Тогда Ii = dtyJ(R ± r)/R (см. задачу 3.21). Остаётся воспользоваться результатом задачи а).

6.46. Пусть оба касания внешние и х ^ у. Прямая, проходящая через центр О окружности радиуса х параллельно отрезку, соединяющему точки

касания, пересекает окружность радиуса у — х (с центром в центре окружности радиуса у) в точках А и Б (рис. 6.9). Тогда OA = а(Б + x)/R и OB = OA + а (у - x)/R = a(R + y)/R. Квадрат искомой длины общей внешней касательной равен

Аналогичные рассуждения показывают, что если оба касания внутренние, то квадрат длины внешней касательной равен (а/Б)2(Б - х)(Б - у), a если окружность радиуса х касается внешне, а окружность радиуса у — внутренне, то квадрат длины внутренней касательной равен (а/Б)2 (Б — у) (Б + х).

Замечание. В случае внутреннего касания окружностей предполагается, что Б > X и Б > у.

6.47. Пусть Б — радиус описанной окружности четырёхугольника ABCD; га, п, гс и rd — радиусы окружностей а, ß, у и 8. Пусть далее а = \/R ± га, причём знак плюс берётся в случае внешнего касания, а знак минус — в случае внутреннего; числа Ь, с и d определяются аналогично. Тогда taß = abAB/R (см. задачу 6.46) и т. д. Поэтому, домножая равенство АБ • CD + ВС • DA = АС - BD на abcd/R2, получаем требуемое.

6.48. Так как ZEBD = ZABE + ZCBD, то на стороне ED можно взять точку Р так, что ZEBP = ZABE = ZAEB, т. е. BP || АЕ. Тогда APBD = ZEBD -- ZEBP = ZCBD = ZBDC, т.е. BP || CD. Следовательно, АЕ || CD, а так как АЕ = CD, то CDEA — параллелограмм. Поэтому АС = ED, т. е. треугольник АБС равносторонний и /АБС = 60°.

6.49. а) Пусть О — центр описанной окружности треугольника СКЕ. Достаточно проверить, что ZCOK = 2ZKCB. Оба эти угла легко вычисляются: ZCOK = 180° - 2ZOKC = 180° - ZEKC = 180° - ZEDC = 72° и ZKCB = (180° - /АБС)/2 = 36°.

б) Так как ВС — касательная к описанной окружности треугольника СКЕ, то ВЕ-ВК = ВС2, т. е. d(d - а) = а2.

6.50. Пусть перпендикуляры, восставленные к прямой АБ в точках А и Б, пересекают стороны DE и CD в точках Р и Q. Любая точка отрезка CQ является вершиной прямоугольника, вписанного в пятиугольник ABCDE (стороны этого прямоугольника параллельны АБ и АР), причём при перемещении этой точки от Q к С отношение длин сторон прямоугольников изменяется от АР/AB до 0. Так как угол АЕР тупой, то АР > АЕ = AB. Поэтому для некоторой точки отрезка QC отношение длин сторон прямоугольника равно 1.

6.51. Пусть точки Ai,..., Ei симметричны точкам А, ..., Е относительно центра окружности S; Р, Q и Б — точки пересечения прямых БС1 и Aßi, АЕх и БАЬ БА1 и СБ1 (рис. 6.10). Тогда PQ = AB = а и QR = Ь. Так как PQ \\ AB и /AßAi = 90°, то PR2 = PQ2 + QR2 = а2 + b2. Прямая PR проходит через центр окружности S и /ABiС = 4 • 18° = 72°, поэтому PR — сторона

Рис. 6.9

Рис. 6.10

правильного пятиугольника, описанного около окружности с центром ßi, радиус В\0 которой равен радиусу окружности S.

6.52. Проведём через точки А, С и Е прямые h, h и Is, параллельные прямым ВС, DE и FA соответственно. Обозначим точки пересечения прямых 1\ и 1ч, h и /з, h и 1\ через P, Q, R соответственно (рис. 6.11). Тогда

Аналогично Sbdf = (Sabcdef + Sp'o'r')/2- Ясно, что PQ = IAB - DE\, QR = \CD — AF\, PR = \EF - BC\, поэтому треугольники PQR и P'Q'R' равны. Следовательно, S асе = Sbdf-

6.53. Построим треугольник PQR, как и в предыдущей задаче. Этот треугольник правильный, и PQ = \АВ - DE\, QR = \CD - AF\, PR = \EF - BC\. Поэтому IAB - DE\ = \CD - AF\ = \EF - BC\.

6.54. Сумма углов при вершинах А, С и Е равна 360°, поэтому из равнобедренных треугольников ABF, CBD и EDF можно сложить треугольник, приложив AB к СБ, a ED и EF к CD и AF. Стороны полученного треугольника равны сторонам треугольника BDF. Следовательно, при симметрии относительно прямых FB, BD и DF точки А, С и Е переходят в центр О описанной окружности треугольника BDF, а значит, АБ || OF \\ DE.

6.55. Предположим, что прямые, на которых лежат диагонали шестиугольника, образуют треугольник PQR. Обозначим вершины шестиугольника следующим образом: вершина А лежит на луче QP, В — на RP, С — на RQ и т. д.

Так как прямые AD и BE делят площадь шестиугольника пополам, то Sapef + Sped = Spdcb + Sabp и Sapef + Sabp = Spdcb + Sped- Поэтому Sabp = Sped, t. e.

AP'BP = EP-DP= (ER+RP) (DQ+QP) >ER-DQ.

Аналогично CQ • DQ > AP • FR и FR • ER > BP • CQ. Перемножая эти неравенства, получаем AB • BP • CQ • DQ • FR • ER > ER • DQ • AP • FR • BP • CQ, чего не может быть. Поэтому диагонали шестиугольника пересекаются в одной точке.

6.56. Обозначим середины сторон выпуклого шестиугольника ABC DE F так, как показано на рис. 6.12. Пусть О — точка пересечения отрезков КМ и LN. Площади треугольников, на которые делят шестиугольник отрезки, соединяющие точку О с вершинами и серединами сторон, обозначим так, как показано на том же рисунке. Легко проверить, что Skonf = Slomcj т.е. а + f = с + d. Следовательно, ломаная POQ делит шестиугольник на две части равной площади, а значит, отрезок PQ проходит через точку О.

Рис. 6.11

Рис. 6.12

6.57. а) Вписанная трапеция является равнобочной, поэтому если данный шестиугольник вписанный, то его диагонали равны. Предположим теперь, что диагонали данного шестиугольника ABCDEF равны. Тогда, например, ABDE — равнобочная трапеция, причём прямая, соединяющая середины её оснований AB и ED, является биссектрисой угла между прямыми AD и BE. Поэтому прямые, соединяющие середины противоположных сторон шестиугольника ABCDEF, пересекаются в одной точке О — точке пересечения биссектрис треугольника, образованного диагоналями AD, BE и CF (если диагонали пересекаются в одной точке, то в качестве О берётся именно эта точка).

б) В случае невыпуклого шестиугольника ABCDEF единственное существенное отличие заключается в том, что теперь прямая, соединяющая середины сторон AB и ED, может быть не только биссектрисой внутреннего угла треугольника, образованного диагоналями AD, BE и CF, но и биссектрисой внешнего угла. А три биссектрисы треугольника, среди которых есть как внутренние, так и внешние, не всегда пересекаются в одной точке (внешних биссектрис должно быть чётное число). Поэтому дополнительно нужно доказать, что в рассматриваемой ситуации три биссектрисы всегда пересекаются в одной точке. Для этого мы воспользуемся тем, что рассматриваемые биссектрисы Zi, I2, h можно занумеровать так, что композиция симметрий (S/j о Si2 о S/3)2 оставляет точку А на месте: A^B^C^D^E^F^A. Действительно, согласно задаче 17.39 преобразование о Si2 о Si3 является скользящей симметрией, а согласно задаче 17.23 это преобразование является симметрией тогда и только тогда, когда прямые h, h и /3 пересекаются в одной точке.

6.58. а) Пусть О — центр описанной окружности. Так как AAkOAk+2 = 360° — 2ZA/?A/?+iA/?+2 = ср — постоянная величина, то при повороте с центром О на угол ср точка Ak переходит в А^+2- Для нечётного п из этого следует, что все стороны многоугольника А\...Ап равны.

б) Пусть а — длина стороны данного многоугольника. Если одна из его сторон делится точкой касания с вписанной окружностью на отрезки длиной X и а — X, то соседние с ней стороны тоже делятся на отрезки длиной х и а — х (смежные отрезки соседних сторон равны) и т. д. Для нечётного п из этого следует, что все стороны многоугольника А\...Ап, делятся точками касания с вписанной окружностью пополам, а значит, все его углы равны.

6.59. Стороны многоугольника А\ ...Ап параллельны сторонам правильного n-угольника. Отложим на лучах ОА\, ... ...,ОАп равные отрезки ОВ\, ..., ОВп. Тогда многоугольник В\...Вп правильный и стороны многоугольника А\...Ап образуют равные углы с его сторонами. Следовательно, ОА\ : OA 2 = ОА2 : OAs = ... ... = ОАп : OAi = k, т.е. OAi = ЮА2 = k2OA3 = ... = knOAi, a значит, k=l.

6.60. Обозначим вершины пятиугольника так, как показано на рис. 6.13. Если в треугольнике две высоты равны,

Рис. 6.13

то равны и стороны, на которые опущены эти высоты. Рассматривая треугольники ЕАВ, АБС и BCD, получаем ЕА = AB, AB = ВС и ВС = CD. Поэтому трапеции ЕАВС и ABCD равнобедренные, т. е. ZA = ZB = ZC. Рассматривая треугольники ABD и ВСЕ, получаем AD = BD и BE = СЕ. Так как треугольники ЕАВ, ABC, BCD равны, то BE = АС = BD. Поэтому AD = BE и BD = СЕ, т. е. трапеции ABDE и CDEB равнобедренные. Следовательно, ED = AB = ВС = CD = АЕ и ZE = ZA = ZB = ZC = ZD, т. е. ABCDE — правильный пятиугольник.

6.61. Треугольник ВМС равнобедренный с углом при вершине 30° и углом при основании (180° — 30°)/2 = 75°. Следовательно, треугольники ВАМ и BCN равнобедренные с углом 15° при основании. Поэтому треугольник BMN правильный. Пусть О — центр квадрата, Р и Q — середины отрезков MN и ВК (рис. 6.14). Так как OQ — средняя линия треугольника МВК, то OQ = ВМ/2 = МР = ОР и ZQON = ZMBA= 15°, а значит, ZPOQ = ZPON - ZQON = 30°. Дальнейшее доказательство проводится аналогично.

6.62. Рассмотрим правильный двенадцатиугольник Ai...Ai2, вписанный в окружность радиуса R. Ясно, что А1А7 = 2R, Ai Аз = AiAn = R. Поэтому А1А7 = Ai A3 + Ai Ац.

6.63. Для k = 3 решение задачи ясно из рис. 6.15. В самом деле, A%A±=OQ, KL = QP и MN = РАЫ, поэтому А3А4 + KL + MN = OQ + QP + РАЫ = ОАы = R. Доказательство проводится аналогично и для любого k.

6.64. Для доказательства достаточно применить результат задач 5.94 и 5.85 б) к треугольнику АаАсАе и прямым AaAd, AcAf и АеАь. При решении задачи б) нужно ещё заметить, что sin 20° sin 70° = sin 20° cos 20° = (sin 40°)/2 = sin 30° sin 40°, а при решении задачи в) нужно заметить, что sin 10° sin 80° = sin 30° sin 20°.

6.65. Как и в предыдущей задаче, нужно проверить равенство

Ясно, что

поэтому

Остаётся проверить, что

(см. задачу 5.52).

Рис. 6.14 Рис. 6.15

6.66. Пусть сначала п = 2т. Диагонали и стороны правильного 2т-угольника имеют m различных длин. Поэтому отмеченные точки лежат на m — 1 концентрических окружностях (по п точек на каждой) или в общем центре этих окружностей. Поскольку различные окружности имеют не более двух общих точек, окружность, не принадлежащая этому семейству концентрических окружностей, содержит не более 1 + 2(т 1) = 2т — 1 = п — 1 отмеченных точек.

Пусть теперь п = 2т + 1. Диагонали и стороны правильного (2т + 1)-угольника имеют m различных длин. Поэтому отмеченные точки лежат на m концентрических окружностях (по п точек на каждой). Окружность, не принадлежащая этому семейству концентрических окружностей, содержит не более 2т = п — 1 отмеченных точек.

В обоих случаях наибольшее число отмеченных точек, лежащих на одной окружности, равно п.

6.67. Обозначим центр многоугольника через О, вершины — через А\, ... ...,Ап. Предположим, что среди одноцветных многоугольников нет равных, т. е. они имеют т — т\< т<2 < т-з < ... < т^ сторон соответственно. Рассмотрим преобразование /, определённое на множестве вершин n-угольника и переводящее вершину Ak в вершину Ат^: f(A^) = Amk (считаем, что Ap+qn = Ар). При этом преобразовании вершины правильного n-угольника переходят в одну точку В, поэтому сумма векторов Of (Ai), где А,- — вершины n-угольника, равна тОВ ф 0.

Поскольку ZAmiOAmj — mZAiOAj вершины любого правильного многоугольника с числом сторон больше m переходят при рассматриваемом преобразовании в вершины правильного многоугольника. Поэтому и сумма векторов Of (Ai) по всем вершинам n-угольника и аналогичные суммы по вершинам т<2~, ms~, mk-угольников равны нулю. Получено противоречие с тем, что сумма векторов Of (Ai) по вершинам n-угольника не равна нулю. Поэтому среди одноцветных многоугольников найдутся два равных.

6.68. Пусть правильный (п — 1)-угольник В\...Вп-\ вписан в правильный n-угольник А\...Ап. Можно считать, что А\ и В\ —наименее удалённые друг от друга вершины этих многоугольников и точки Bi, Bs, В\ и В$ лежат на сторонах А2А3, Аз A4, А4А5 и А5А6. Пусть а, = ZA;+iB,E,+i и ßt = ZBiBi+\Ai+\, где 1=1, 2, 3, 4. По теореме синусов А2Б2 : B\Bz = sin ai : sin ср и Б2А3 : Б2Б3 = sin^2 ' sin^, где ср —угол при вершине правильного n-угольника. Следовательно, sin ос\ + sin^2 = ап sin ср/ап-\ где ап и ап-\ —стороны данных многоугольников. Аналогичные рассуждения показывают, что

Заметим теперь, что

и займёмся вычислением

Так как

а значит,

величина постоянная и

Следовательно,

Получено противоречие, так как на интервале, длина которого меньше 2к, косинус не может принимать одно значение в трёх различных точках.

Замечание. В правильный пятиугольник квадрат вписать можно (см. задачу 6.50).

6.69. Пусть а = ОА\ + ... + ОАя. При повороте вокруг точки О на угол 360 /п точка Ai переходит в А/+ь а значит, вектор а переходит в себя, т.е. а = 0.

Так как ХА; = ХО + OA, и QAi + ... + ОА„ = 0, то XAi + ... + ХАЯ = пХО.

6.70. Проведём через центр правильного многоугольника А\ ...Ап прямую /, не проходящую через его вершины. Пусть равно проекции вектора OA, на прямую, перпендикулярную прямой /. Тогда все xt отличны от нуля и сумма чисел Xi, стоящих в вершинах правильного fe-угольника, равна нулю, поскольку равна нулю соответствующая сумма векторов OA, (см. задачу 6.69).

6.71. Согласно задаче 6.69 а= 10АО и Ъ = 10БО, где О — центр многоугольника Х1...Х10. Ясно, что если точка А расположена очень близко к вершине многоугольника, а точка Б — очень близко к середине стороны, то АО > ВО.

6.72. Так как

(см. задачу 6.69).

6.73. Обозначим через сумму квадратов расстояний от вершины А* до всех остальных вершин. Тогда

Поэтому

Поскольку квадрат каждой из сторон и диагоналей дважды входит в эту сумму, искомая сумма равна п R .

6.74. Пусть Xh — образ точки X при повороте относительно центра О данного n-угольника, переводящем Ak в А\. При этом повороте отрезок А*Х переходит в AiX*. Следовательно, AiX + ... + АпХ = А\Х\ + ... + А\Хп. А так как n-угольник Xi...Xrt правильный, то А\Х\ +...+А\Хп = пА\0 (см. задачу 6.69), а значит, А1Х1 + ... + А\Хп ^ пАхО.

6.75. Пусть Bj — проекция точки X на прямую OA,-. Тогда (et, х) = (ОА/, ОБ/ + Б/Х) = (OAi, OBi) = ±R • OBt. Точки Бь ..., Вп лежат на окружности с диаметром ОХ и являются вершинами правильного n-угольника при п нечётном и вершинами д/2-угольника, взятыми по два раза, при п чётном (см. задачу 2.9). Поэтому Y,OBf = пОХ2/2 (см. задачу 6.72).

6.76. Пусть е\,...,еп — векторы, идущие из центра данного n-угольника в его вершины; х — единичный вектор, перпендикулярный прямой /. Искомая сумма равна J2(e^ х)2 = nR2/2 (см. задачу 6.75).

6.77. Пусть е\,...,еп — единичные векторы, направленные из центра О правильного n-угольника в середины его сторон; х = ОХ. Тогда расстояние от точки X до i-й стороны равно \(х, ei) — г\. Поэтому искомая сумма равна

Согласно задаче 6.75

6.78. Пусть X — единичный вектор, параллельный прямой /, e/=A/A/+i. Тогда квадрат длины проекции стороны А/А/+1 на прямую / равен (х, ei)2.

Согласно задаче 6.75

6.79. Пусть а = ХО, et = OAi. Тогда

Ясно, что

Согласно задаче 6.75

поэтому искомая сумма равна

6.80. а) Докажем сначала требуемое соотношение для и = е\. Пусть

Тогда

Для и = в'2 доказательство проводится аналогично. Остаётся заметить, что любой вектор и можно представить в виде и = Хе\ + [1в2.

б) Пусть В\...Вп — середины сторон данного многоугольника, et = OBj/OBj и и = ХО. Тогда XAj = ОБ/ + (и, е{]е{. А так как J2OBi=0, то Y.XAi = ei)et = пи/2 = пХО/2.

6.81. Пусть eo,...,en-i —векторы сторон правильного n-угольника. Достаточно доказать, что, переупорядочив эти векторы, можно получить такой набор векторов {ai, ап}, что — 0* Число п, не являющееся степенью простого числа, можно представить в виде п = pq, где риа — взаимно простые числа. Докажем теперь, что набор {ео, ер, ..., e(q-\)P\ eq, eq+p, ..., eq+(q-i)P, ...; e{P-i)q, в(р_1)(7+((7_1)р} искомый. Заметим сначала, что если x\q + у\р = x2q + У2Р (mod pq), то Х\ = Х2 (mod р) и у\ = у2 (mod q), поэтому в рассматриваемом наборе каждый из векторов ео, еп-\ встречается ровно один раз.

Концы векторов е(], eq+p, ..., eq+(q-\)P с общим началом образуют правильный ç-угольник, поэтому их сумма равна нулю. Кроме того, векторы ео, ер, ..., e(q-i)p переходят в eq, eq+p, ..., eq+(P-\)q, при повороте на угол ср = 2к/р. Поэтому если ео + 2ер + ... + qe^q-\)P = b, то (q + l)eq + (q + 2)eq+p + ... ... + 2qeq+(q-\)P = q(eq + ... + eq+iq-i)p) + eq + 2eq+p + ... + qeq+iq-i)p = Rcpb, где R^b — вектор, полученный из вектора b поворотом на угол ср = 2к/р. Аналогичные рассуждения показывают, что для рассматриваемого набора векторов

6.82. Предположим, что на сторонах треугольника ABC внешним образом построены квадраты АББ1А1, ВСС2В2, АСС3А3 и вершины Ai, Б1, В2, С2, Сз, Аз лежат на одной окружности S. Серединные перпендикуляры к отрезкам А1Б1, Б2С2, А3С3 проходят через центр окружности S. Ясно, что серединные перпендикуляры к отрезкам А1Б1, Б2С2, А3С3 совпадают с серединными перпендикулярами к сторонам треугольника АБС, поэтому центр окружности S совпадает с центром описанной окружности треугольника.

Обозначим центр описанной окружности треугольника АБС через О. Расстояние от точки О до прямой Б2С2 равно i?cos А + 2i?sinA, где R — радиус описанной окружности треугольника АБС. Поэтому ОВ\ = (R sin А)2 + (R cos А + 2R sin А)2 = Д2 (3 + 2 (sin 2А - cos 2А) )=R2(S- 2\/2 cos(45° + 2А) ). Ясно, что для того, чтобы треугольник обладал требуемым свойством, необходимо и достаточно, чтобы ОВ\=ОС1 = ОА\, т.е. cos(45° + 2ZA) = cos(45° + 2ZB) = cos(45° + 2ZC). Это равенство выполняется при ZA = ZB = ZC = 60°. Если же ZA ф ZB, то (45° + 2ZA) + (45° + 2ZB) = 360°, т. е. ZA + ZB = 135°. Тогда

ZC = 45° и ZA = ZC = 45°, ZE = 90° (или ZE = 45°, ZA = 90°). Мы видим, что треугольник должен быть либо равносторонним, либо равнобедренным прямоугольным.

6.83. В любом треугольнике выполнено соотношение hc = ab/2R (задача 12.35), поэтому pk = MAk • MAk+\/2R. Следовательно,

6.84. Пусть ABC — треугольник, вписанный в окружность S. Обозначим расстояния от центра О окружности до сторон ВС, CA и AB через a, b и с соответственно. Тогда R + r = a + b + c, если точка О лежит внутри треугольника ABC, п R + г = —а + b + с, если точки О и А лежат по разные стороны от прямой ВС (см. задачу 12.40).

Каждая из диагоналей разбиения принадлежит двум треугольникам разбиения. Для одного из этих треугольников точка О и оставшаяся вершина лежат по одну сторону от диагонали, для другого — по разные стороны. Разбиение n-угольника непересекающимися диагоналями на треугольники состоит из п — 2 треугольников. Поэтому сумма (п — 2)R + г\ + ... + гЛ_2 равна сумме расстояний от точки О до сторон n-угольника (расстояния до сторон берутся с соответствующими знаками). Из этого видно, что сумма Г\+... + гп-2 не зависит от разбиения.

6.85. Пусть многоугольник А\...Ап вписан в окружность. Рассмотрим точку А2, симметричную точке А2 относительно серединного перпендикуляра к отрезку Ai Аз. Тогда многоугольник Ai А2Аз... Ап вписанный и его площадь равна площади многоугольника Ai ...А,г. Таким образом можно поменять местами любые две соседние стороны, а значит, можно поменять местами любые две стороны. Поэтому к любой стороне можно «подогнать» любую другую сторону, к ней — любую из оставшихся и т. д. Следовательно, площадь n-угольника, вписанного в данную окружность, зависит только от набора длин сторон, но не от их порядка.

6.86. Без ограничения общности можно считать, что ап — наибольшее из чисел а\,...,ап. Пусть n-угольник А\...Ап вписан в окружность с центром О. Тогда А/А/+1 : AiАп = sin(ZA,OA,+i/2) : sin ( Z Ai ОА„/2). Поэтому поступим следующим образом. Из соотношения sin(^,/2) :sin(^/2) = ar.an угол (pi однозначно выражается через ср, если cp-t < к. На окружности радиуса 1 фиксируем точку Ап и рассмотрим такие переменные точки Ai, Ап-\, А'п, что ууАпАх = ср, wAiA2 = cpi, wAn_2Art_i = срп-2 и wA^jA^ = cpn-i, причём расположим эти точки двумя различными способами, изображёнными на рис. 6.16 (первый способ (рис. 6.16, а) будет соответствовать n-угольнику, содержащему центр окружности, а второй (рис. 6.16, б) — не содержащему). Остаётся доказать, что при изменении ср от 0 до к в одном из этих случаев точка А!п совпадает с Ап (в самом деле, тогда с точностью до подобия получается искомый n-угольник). Предположим, что в первом случае при 0 ^ ср ^ к точки А'п и Ап никогда не совпадают, т. е. при ср = к выполняется неравенство ср\ + ... + срп-\ < п. Рисунок 6.16, б требует некоторых комментариев: при малых углах sin а ^ а, поэтому из условия задачи следует, что при малых углах точка Ап действительно лежит на дуге AiA„, так как (pi + ... + (рп-1 > ср. Итак, при малых углах ср\ + ... + (рп-1 > (р, а если ср = к, то согласно предположению ср\ + ... + срп-\ < к = ср. Поэтому в некоторый момент ср = ср\ + ... + срп-\, т.е. точки Ап и А'п совпадают.

Рис. 6.16

6.87. Пусть hi, ..., hn — расстояния от данной точки до соответствующих сторон, ai, а,г—расстояния от вершин многоугольника до точек касания. Тогда произведение площадей как красных, так и синих треугольников равно ai ...anh\ ...ha/2'1.

6.88. Пусть OHi — высота треугольника OA,A,+i. Тогда АН1-\ОА1■ = АН [OAi = cpi. Из условия задачи следует, что cpi + cp2 = (pn+i + (pn+2, (рп+2 + (рп+г = ^2 + фз, Срз + ф4 = ^/г+3 + ^/г+4, • фп-2 + фп-1 = ф2п-2 + ^2/г-1 (при записи последнего равенства мы учли, что п нечётно) и (рп-\ + 2срп + cpn+i — ф2п-\ + 2ф2п + <j0i. Складывая все эти равенства, получаем cpn-i + фп = ср2п-\ + ф2п, что и требовалось.

6.89. Пусть О — центр данной окружности. Тогда ХА, = ХО + OA,, а значит, ХА? = ХО2 + OA? + 2(ХО, OA,) = d2 + г2 + 2(ХО, OA,). Так как ахОАх + ... ... + a„OA„= О (см. задачу 13.4), то axXÀ\ + ... + anXÀ2n = (ai + ... + ап)(d2 + г2).

6.90. Согласно задаче 5.8 bi-\bi/a2 = sin2(A,/2). Для решения задачи а) достаточно перемножить все такие равенства, а для решения задачи б) произведение равенств с чётным индексом i нужно поделить на произведение равенств с нечётным индексом /.

6.91. Пусть ВС — синяя сторона, AB и CD — соседние с ВС стороны. По условию стороны AB и CD красные. Предположим, что многоугольник описанный; P, Q, R — точки касания сторон AB, ВС, CD с вписанной окружностью. Ясно, что BP = BQ, CR = CQ и отрезки BP, CR граничат только с одним синим отрезком. Поэтому сумма длин красных сторон не меньше суммы длин синих сторон. Получено противоречие с тем, что сумма длин красных сторон меньше половины периметра. Поэтому в многоугольник нельзя вписать окружность.

6.92. Пусть выпуклый n-угольник имеет k острых углов. Тогда сумма его углов меньше k - 90° + (п — k) • 180°. С другой стороны, сумма углов n-угольника равна (п — 2) • 180°. Поэтому (п-2)- 180° < k • 90° + (п - k) • 180°, т. е. k < 4. Поскольку k — целое число, k ^ 3.

Для любого п ^ 3 существует выпуклый n-угольник с тремя острыми углами (рис. 6.17).

Рис. 6.17

Рис. 6.18

6.93. Предположим, что несмежные стороны AB и CD равны по длине наибольшей диагонали. Тогда AB + CD ^ АС + BD. Но согласно задаче 9.15 AB + CD < AC + BD. Получено противоречие, поэтому стороны, равные по длине наибольшей диагонали, должны быть смежными, т.е. таких сторон не больше двух.

Пример многоугольника с двумя сторонами, равными по длине наибольшей диагонали, приведён на рис. 6.18. Ясно, что такой n-угольник существует при любом п > 3.

6.94. Докажем, что п ^ 5. Пусть AB = 1, а С — вершина, не соседняя ни с А, ни с В. Тогда \АС — ВС\ < AB = 1. Поэтому АС = ВС, т. е. точка С лежит на серединном перпендикуляре к стороне AB.

Таким образом, кроме вершин А, В, С многоугольник может иметь ещё лишь две вершины.

Пример пятиугольника, обладающего требуемым свойством, приведён на рис. 6.19. Поясним, как он устроен. ACDE — прямоугольник, АС = ED = 1 и ZCAD = 60°. Точка В задаётся условием BE = BD = 3.

Примером четырёхугольника, обладающего требуемым свойством, является прямоугольник АС DE на том же рисунке.

6.95. Пример пятиугольника, удовлетворяющего условию задачи, приведён на рис. 6.20. Поясним, как он устроен. Возьмём равнобедренный прямоугольный треугольник ЕАВ, проведём серединные перпендикуляры к сторонам ЕА, AB и на них построим точки С и D так, что ED = ВС = AB (т. е. прямые ВС и ED образуют с соответствующими серединными перпендикулярами углы в 30°). Ясно, что DE = ВС = AB = ЕА < ЕВ < DC и DB = DA = CA = CE> ЕВ.

Докажем теперь, что пятая сторона и пятая диагональ не могут иметь общей точки. Предположим, что пятая сторона AB имеет общую точку А с пятой диагональю. Тогда пятая диагональ — это АС или AD. Разберём эти два случая.

В первом случае AAED = АС DE, поэтому при симметрии относительно серединного перпендикуляра к отрезку ED точка А переходит в точку С. Точка В при этой симметрии остаётся на месте, так как BE = BD. Поэтому отрезок AB переходит в СВ, т. е. AB = СВ. Получено противоречие.

Во втором случае ААСЕ = AEBD, поэтому при симметрии относительно биссектрисы угла AED отрезок AB переходит в DC, т. е. AB = CD. Получено противоречие.

6.96. Рассмотрим две соседние вершины А\ и А2. Если АА\ОА2 ^ 90°, то ОА\ = ОА2, так как к основанию равнобедренного треугольника не может прилегать прямой или тупой угол.

Пусть теперь АА\ОА2 < 90°. Проведём через точку О прямые 1\ и 12, перпендикулярные прямым ОА\ и ОА2. Обозначим области, на которые эти

Рис. 6.19

Рис. 6.20 Рис. 6.21

прямые разбивают плоскость, так, как показано на рис. 6.21. Если в области (3) есть вершина Ak, то Ai О = А^О = А20, поскольку ZA\OAk ^ 90° и Z.A2OAk ^ 90°. Если же в области (3) нет вершин многоугольника, то в области (1) есть вершина Ар и в области (2) есть вершина А(]. (Если бы в одной из областей (1), (2) не было вершин многоугольника, то точка О оказалась бы вне многоугольника.) Так как AAxOAq ^ 90°, ZA2OAp ^ 90° и ZApOAq ^ 90°, то Ai О = А(]0 = АрО = А20.

Остаётся заметить, что если расстояния от точки О до любой пары соседних вершин многоугольника равны, то равны и все расстояния от точки О до вершин многоугольника.

6.97. Пусть прямые AB и DE пересекаются в точке G, ВС и EF в точке Н, CD и FA в точке К. Пусть, далее, X и У — точки пересечения описанной окружности треугольника ЕВН с прямыми AB и DE. Покажем, что соответственные стороны треугольников ADK и XYH параллельны. (Из этого следует, что прямая КН проходит через точку G.)

Из равенств /(УХ, АБ) = /(УХ, ХВ) = Z(YE, ЕВ) = Z(DE, ЕВ) = Z(DA, AB) следует, что АБ || ХУ. После этого из равенств /(ХУ, YH) = /(ХБ, ВН) = Z(AB, ВС) = Z(AD, DC) = Z(AD, DK) следует, что DK || YH, а из равенств /(УХ, ХН) = Z(YE, EH) = Z(DE, EF) = Z(DA, AF) = Z(DA, AK) следует, что AK II XH.

Отметим, что мы нигде не пользовались тем, что шестиугольник ABCDEF выпуклый; вместо шестиугольника можно взять самопересекающуюся шестизвенную ломаную с вершинами на окружности.

6.98. Пусть А2, В2 и С2 — указанные точки пересечения прямых. Применяя теорему Паскаля к точкам M, Ai, А, С, В, В\, получаем, что точки А2, В2 и R лежат на одной прямой. Аналогично точки А2, С2 и Б лежат на одной прямой. Следовательно, точки А2, В2, С2 и R лежат на одной прямой.

6.99. Поскольку углы APT, ART, AST и AQT прямые, то точки A, P, R, Т, S, Q лежат на окружности, построенной на отрезке AT как на диаметре. Следовательно, по теореме Паскаля точки Б, С и точка пересечения прямых PR и QS лежат на одной прямой.

6.100. Точки Ai и Б1 лежат на окружности S с диаметром АБ. Пусть A4 и Б4 — точки пересечения прямых АА2 и ББ2 с прямой А3Б3. Согласно задаче 2.44 а) эти точки лежат на окружности S. Прямые Ai Б и A4 А пересекаются в точке А2, а прямые ББ4 и АБ1 —в точке Б2. Поэтому, применяя

теорему Паскаля к точкам ßi, Ai, В, В4, A4, А, получаем, что точка пересечения прямых В\А\ и Б4А4 (последняя прямая совпадает с А3Б3) лежит на прямой А2В2.

6.101. Пусть К — точка пересечения прямых ВС и MN. Применяя теорему Паскаля к точкам A, M, N, D, С, В, получаем, что точки Е, К и F лежат на одной прямой, а значит, К — точка пересечения прямых MN и EF.

6.102. Пусть точки В\ и Ci симметричны точкам Б и С относительно точки О. Тогда точка X лежит на прямых Aßi и Ci Б. Применим теорему Паскаля к шестиугольнику АБ1ББС1С. Прямые ABi и БС1 пересекаются в точке X, прямые ББ1 и CCi — в точке О; прямые BD и АС — диагонали четырёхугольника.

6.103. Пусть лучи РА и QA пересекают окружность в точках Pi и Qi, т.е. Р1Р2 и Q1Q2 — диаметры данной окружности. Применим теорему Паскаля к шестиугольнику PP2P1QQ2Q1. Прямые РР2 и QQ2 пересекаются в точке А, а прямые Р1Р2 и Q1Q2 пересекаются в точке О, поэтому точка пересечения прямых PiQ и QiP лежит на прямой АО.

6.104. Пусть Б1 и Ci —середины дуг АС и AB (имеются в виду дуги, не содержащие точек Б и С соответственно). Согласно задаче 3.43 а) точки M и N лежат на отрезках КС\ и КВ\.

Применим теорему Паскаля к шестиугольнику С\САВВ\К. Прямые CCi и ББ1 — биссектрисы; прямые CA и В\К пересекаются в точке N, прямые AB и С\К — в точке М.

Отметим, что задача 3.47 является частным случаем этой задачи.

6.105. Пусть данные точки А, В, С, D, Е лежат на одной окружности. Предположим, что мы построили точку F той же окружности. Обозначим через К, L, M точки пересечения прямых AB и DE, ВС и EF, CD и FA соответственно. Тогда по теореме Паскаля точки К, L, M лежат на одной прямой.

Из этого вытекает следующее построение. Проведём через точку Е произвольную прямую а и обозначим точку её пересечения с прямой ВС через L. Затем построим точку К пересечения прямых AB и DE и точку M пересечения прямых KL и CD. Наконец, F — точка пересечения прямых AM и а. Докажем, что F лежит на нашей окружности. Пусть Pi — точка пересечения окружности и прямой а. Из теоремы Паскаля следует, что Pi лежит на прямой AM, т. е. Pi является точкой пересечения а и AM. Поэтому Pi = Р.

6.106. Пусть Р и Q — точки пересечения прямой Аз A4 с А1А2 и AlAe, а Б и S — точки пересечения прямой А4А5 с А\А& и А1А2. Тогда А2К : A3L = А2Р : А3Р, A3L : А6М = A3Q : A6Q и А6М : A$N = А6Б : А5Б. Поэтому требуемое соотношение А2К : A$N = A2S : A5S перепишется в виде

Пусть Т — точка пересечения прямых А2А3 и А5А6; по теореме Паскаля точки S, Q и Т лежат на одной прямой. Применяя теорему Менелая (см. задачу 5.69) к треугольнику PQS и точкам Т, А2 и A3, а также к треугольнику RQS и точкам Т, А5 и А§ , получаем

Перемножая эти равенства, получаем требуемое. (Отношения отрезков следует считать ориентированными.)

ГЛАВА 7

ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ МЕСТА ТОЧЕК

Основные сведения

1. Геометрическое место точек (сокращённо ГМТ), обладающих некоторым свойством, — это фигура, состоящая из всех точек, для которых выполнено это свойство.

2. Решение задачи на поиск ГМТ должно содержать доказательство того, что

а) точки, обладающие требуемым свойством, принадлежат фигуре Ф, являющейся ответом задачи;

б) все точки фигуры Ф обладают требуемым свойством.

3. ГМТ, обладающих двумя свойствами, является пересечением (т. е. общей частью) двух фигур: ГМТ, обладающих первым свойством, и ГМТ, обладающих вторым свойством.

4. Три важнейших ГМТ:

а) ГМТ, равноудалённых от точек А и Б, является серединным перпендикуляром к отрезку АБ;

б) ГМТ, удалённых на расстояние R от данной точки О, является окружностью радиуса R с центром О;

в) ГМТ, из которых данный отрезок АБ виден под данным углом, является объединением двух дуг окружностей, симметричных относительно прямой АБ (точки А и Б не принадлежат ГМТ).

Вводные задачи

1. а) Найдите ГМТ, равноудалённых от двух параллельных прямых, б) Найдите ГМТ, равноудалённых от двух пересекающихся прямых.

2. Найдите геометрическое место середин отрезков с концами на двух данных параллельных прямых.

3. Дан треугольник АБС. Найдите ГМТ X, удовлетворяющих неравенствам АХ ^ ВХ ^ СХ.

4. Найдите геометрическое место таких точек X, что касательные, проведённые из X к данной окружности, имеют данную длину.

5. На окружности фиксирована точка А. Найдите ГМТ X, делящих хорды с концом А в отношении 1:2, считая от точки А.

§ 1. ГМТ — прямая или отрезок

7.1. Два колеса радиусов г\ и г2 катаются по прямой L Найдите множество точек пересечения M их общих внутренних касательных.

7.2. Стороны AB и CD четырёхугольника ABCD площади S не параллельны. Найдите ГМТ X, лежащих внутри четырёхугольника, для которых Sabx + Scdx = S/2.

7.3. Даны две прямые, пересекающиеся в точке О. Найдите ГМТ X, для которых сумма длин проекций отрезков ОХ на эти прямые постоянна.

7.4. Дан прямоугольник ABCD. Найдите ГМТ X, для которых АХ + ВХ = СХ + DX.

7.5*. Найдите геометрическое место точек М, лежащих внутри ромба ABCD и обладающих тем свойством, что ZAMD + ZBMC = 180°.

7.6. На плоскости даны точки А и В. Найдите ГМТ М, для которых разность квадратов длин отрезков AM и ВМ постоянна.

7.7. Даны окружность S и точка M вне её. Через точку M проводятся всевозможные окружности Si, пересекающие окружность S; X — точка пересечения касательной в точке M к окружности Si с продолжением общей хорды окружностей S и Si. Найдите ГМТ X.

7.8. Даны две непересекающиеся окружности. Найдите геометрическое место точек центров окружностей, делящих пополам данные окружности (т. е. пересекающих их в диаметрально противоположных точках).

7.9. Внутри окружности взята точка А. Найдите геометрическое место точек пересечения касательных к окружности, проведённых через концы всевозможных хорд, содержащих точку А.

7.10*. а) Дан параллелограмм ABCD. Докажите, что величина АХ2 + СХ2 - ВХ2 - DX2 не зависит от выбора точки X.

б) Четырёхугольник ABCD не является параллелограммом. Докажите, что все точки X, удовлетворяющие соотношению АХ2 + СХ2 = ВХ2 + DX2, лежат на одной прямой, перпендикулярной отрезку, соединяющему середины диагоналей.

См. также задачи 2.39, 3.45, 3.58, 6.5, 6.17, 7.28, 7.30, 8.6, 12.82, 15.16, 30.24, 30.37.

§ 2. ГМТ — окружность или дуга окружности

7.11. Отрезок постоянной длины движется по плоскости так, что его концы скользят по сторонам прямого угла ABC. По какой траектории движется середина этого отрезка?

7.12. Найдите геометрическое место середин хорд данной окружности, проходящих через данную точку.

7.13. Даны две точки А и В. Две окружности касаются прямой AB (одна — в точке А, другая — в точке В) и касаются друг друга в точке М. Найдите ГМТ М.

7.14. На плоскости даны две точки А и Б. Найдите ГМТ М, для которых AM : BM = k (окружность Аполлония).

7.15. Пусть S — окружность Аполлония для точек А и Б, причём точка А лежит вне окружности S. Из точки А проведены касательные АР и AQ к окружности S. Докажите, что Б — середина отрезка PQ.

7.16*. Пусть AD и АЕ — биссектрисы внутреннего и внешнего углов треугольника АБС и Sa — окружность с диаметром DE, окружности Sb и Sc определяются аналогично. Докажите, что:

а) окружности Sa, и Sc имеют две общие точки M и N, причём прямая MN проходит через центр описанной окружности треугольника АБС;

б) проекции точки M (и точки N) на стороны треугольника АБС образуют правильный треугольник.

Точки M и N из задачи 7.16 называют изодинамическими центрами треугольника.

7.17*. Докажите, что изодинамические центры лежат на прямой КО, где О — центр описанной окружности, К — точка Лемуана.

7.18*. Треугольник АБС правильный, M — некоторая точка. Докажите, что если числа AM, BM и СМ образуют геометрическую прогрессию, то знаменатель этой прогрессии меньше 2.

См. также задачи 2.14, 2.67 б), 5.156, 7.27, 7.29, 14.21 а), 18.15, 28.23, 28.24.

§ 3. Вписанный угол

7.19. На окружности фиксированы точки А и Б, а точка С перемещается по этой окружности. Найдите множество точек пересечения: а) высот; б) биссектрис треугольников АБС.

7.20. Точка Р перемещается по описанной окружности квадрата ABCD. Прямые АР и BD пересекаются в точке Q, а прямая, проходящая через точку Q параллельно АС, пересекает прямую BP в точке X. Найдите ГМТ X.

7.21. а) На окружности фиксированы точки А и Б, а точки Ai и В\ движутся по той же окружности так, что величина дуги А1Б1 остаётся постоянной; M — точка пересечения прямых АА\ и ВВ\. Найдите ГМТ М.

б) В окружность вписаны треугольники АБС и А1Б1С1, причём треугольник АБС неподвижен, а треугольник А1Б1С1 вращается. Докажите, что прямые AAi, ББ1 и CCi пересекаются в одной точке не более чем при одном положении треугольника А1Б1С1.

7.22*. На плоскости даны четыре точки. Найдите множество центров прямоугольников, образуемых четырьмя прямыми, проходящими соответственно через данные точки.

7.23*. Найдите ГМТ X, лежащих внутри правильного треугольника АБС и обладающих тем свойством, что ZXAB + ZXBC + ZXCA = 90°.

См. также задачи 2.5, 2.39.

§ 4. Вспомогательные равные или подобные треугольники

7.24. Дана полуокружность с центром О. Из каждой точки X, лежащей на продолжении диаметра полуокружности, проводится касающийся полуокружности луч и на нём откладывается отрезок ХМ, равный отрезку ХО. Найдите ГМТ М, полученных таким образом.

7.25*. Пусть А и В — фиксированные точки плоскости. Найдите ГМТ С, обладающих следующим свойством: высота къ треугольника ABC равна Ь.

7.26*. Даны окружность и точка Р внутри её. Через каждую точку Q окружности проведём касательную. Перпендикуляр, опущенный из центра окружности на прямую PQ, и касательная пересекаются в точке М. Найдите ГМТ М.

§ 5. Гомотетия

7.27. На окружности фиксированы точки А и В. Точка С перемещается по этой окружности. Найдите множество точек пересечения медиан треугольников ABC.

7.28. Дан треугольник ABC. Найдите множество центров прямоугольников PQRS, вершины Q и Р которых лежат на стороне АС, вершины R и S — на сторонах AB и ВС соответственно.

7.29. Две окружности пересекаются в точках А и Б. Через точку А проведена секущая, вторично пересекающаяся с окружностями в точках Р и Q. Какую линию описывает середина отрезка PQ, когда секущая вращается вокруг точки А?

7.30. Точки А, Б и С лежат на одной прямой, причём Б находится между А и С. Найдите ГМТ M таких, что радиусы описанных окружностей треугольников AM В и СМ В равны.

См. также задачи 19.10, 19.22, 19.39.

§ 6. Метод ГМТ

7.31. Точки Р и Q движутся с одинаковой постоянной скоростью v по двум прямым, пересекающимся в точке О. Докажите, что на плоскости существует неподвижная точка А, расстояния от которой до точек Р и Q в любой момент времени равны.

7.32. Через середину каждой диагонали выпуклого четырёхугольника проводится прямая, параллельная другой диагонали. Эти прямые пересекаются в точке О. Докажите, что отрезки, соединяющие точку О

с серединами сторон четырёхугольника, делят его площадь на равные части.

7.33. Пусть D и Е — середины сторон АБ и ВС остроугольного треугольника АБС, а точка M лежит на стороне АС. Докажите, что если MD < AD, то ME > ЕС.

7.34. Внутри выпуклого многоугольника взяты точки Р и Q. Докажите, что существует вершина многоугольника, менее удалённая от Q, чем от Р.

7.35. Точки А, Б и С таковы, что для любой четвёртой точки M либо MA ^ МБ, либо MA ^ MC. Докажите, что точка А лежит на отрезке БС.

7.36. Дан четырёхугольник ABCD, причём АБ < ВС и AD < DC. Точка M лежит на диагонали BD. Докажите, что AM < MC.

§ 7. ГМТ с ненулевой площадью

7.37. Пусть О— центр прямоугольника ABCD. Найдите ГМТ М, для которых AM ^ ОМ, BM ^ ОМ, СМ ^ ОМ и DM ï> ОМ.

7.38. Найдите ГМТ X, из которых можно провести касательные к данной дуге АБ окружности.

7.39. Пусть О — центр правильного треугольника АБС. Найдите ГМТ М, удовлетворяющих следующему условию: любая прямая, проведённая через точку М, пересекает либо отрезок АБ, либо отрезок СО.

7.40. На плоскости даны два непересекающихся круга. Обязательно ли найдётся точка М, лежащая вне этих кругов, удовлетворяющая такому условию: каждая прямая, проходящая через точку М, пересекает хотя бы один из этих кругов?

Найдите ГМТ М, удовлетворяющих такому условию.

См. также задачи 18.12, 31.66—31.69.

§ 8. Теорема Карно

7.41*. Докажите, что перпендикуляры, опущенные из точек Ai, В\, Ci на стороны БС, CA, АБ треугольника ABC, пересекаются в одной точке тогда и только тогда, когда А1Б2 + CiA2 + Б1С2 = Б1А2 + А1С2 + С1Б2 (Карно).

7.42*. Докажите, что высоты треугольника пересекаются в одной точке.

7.43*. Докажите, что перпендикуляры, опущенные из центров вневписанных окружностей на соответственные стороны треугольника, пересекаются в одной точке.

7.44*. Точки Аь Б1 и Ci таковы, что ABi = АСЬ БС1 = БА1 и CAi = СБ1. Докажите, что перпендикуляры, опущенные из точек Ai, Б1 и Ci на прямые ВС, CA и АБ, пересекаются в одной точке.

7.45*. а) Перпендикуляры, опущенные из вершин треугольника АБС на соответствующие стороны треугольника А\В\С\, пересекаются в одной точке. Докажите, что перпендикуляры, опущенные из вершин треугольника А\В\С\ на соответствующие стороны треугольника ABC, тоже пересекаются в одной точке.

б) Прямые, проведённые через вершины треугольника ABC параллельно соответствующим сторонам треугольника A\B\Ci, пересекаются в одной точке. Докажите, что прямые, проведённые через вершины треугольника A\B\Ci параллельно соответствующим сторонам треугольника ABC, тоже пересекаются в одной точке.

7.46*. На прямой I взяты точки Ai, Б1 и Ci, а из вершин треугольника АБС на эту прямую опущены перпендикуляры АА2, ББ2 и СС2. Докажите, что перпендикуляры, опущенные из точек Ai, Б1 и Ci на прямые БС, CA и АБ, пересекаются в одной точке тогда и только тогда, когда А1Б1 : Б1С1 = А2Б2 : Б2С2 (отношения отрезков ориентированные).

7.47*. Треугольник АБС правильный, Р — произвольная точка. Докажите, что перпендикуляры, опущенные из центров вписанных окружностей треугольников РАВ, РВС и РСА на прямые АБ, ВС и CA, пересекаются в одной точке.

7.48*. Докажите, что если перпендикуляры, восставленные из оснований биссектрис треугольника, пересекаются в одной точке, то треугольник равнобедренный.

§ 9. Окружность Ферма—Аполлония

7.49*. Докажите, что множество точек X, обладающих тем свойством, что к\А\Х2 + ... + knAnX2 = с:

а) при &i+... + &/2/0 является окружностью или пустым множеством;

б) при ki+... + kn = 0 является прямой, плоскостью или пустым множеством.

7.50*. Прямая I пересекает две окружности в четырёх точках. Докажите, что касательные в этих точках к одной окружности пересекают касательные к другой окружности в четырёх точках, лежащих на окружности, причём центр этой окружности лежит на прямой, соединяющей центры данных окружностей.

7.51*. Точки M и N таковы, что AM : ВМ : СМ = AN : BN : CN. Докажите, что прямая MN проходит через центр О описанной окружности треугольника АБС.

См. также задачи 7.6, 7.14, 8.63—8.67.

Задачи для самостоятельного решения

7.52. На сторонах АБ и ВС треугольника АБС берутся точки D и Е. Найдите геометрическое место середин отрезков DE.

7.53. Две окружности касаются данной прямой в двух данных точках А и В и касаются друг друга. Пусть С и D — точки касания этих окружностей с другой внешней касательной. Найдите геометрическое место середин отрезков CD.

7.54. Докажите, что если биссектриса одного из углов треугольника имеет внутри треугольника общую точку с перпендикуляром, восставленным из середины противоположной стороны, то треугольник равнобедренный.

7.55. Дан треугольник ABC. Найдите множество всех точек M этого треугольника, для которых выполнено условие AM ^ ВМ ^ СМ. Когда полученное множество есть а) пятиугольник; б) треугольник?

7.56. Дан квадрат ABCD. Найдите геометрическое место середин сторон квадратов, вписанных в данный квадрат.

7.57. Дан равносторонний треугольник ABC. Найдите ГМТ M таких, что треугольники АМВ и ВСМ равнобедренные.

7.58. Найдите геометрическое место середин отрезков длины 2/у/З, концы которых лежат на сторонах единичного квадрата.

7.59. На сторонах АБ, ВС и CA данного треугольника ABC выбираются такие точки P, Q и Б, что PQ \\ АС и PR \\ ВС. Найдите геометрическое место середин отрезков QR.

7.60. Дана полуокружность с диаметром AB. Для любой точки X этой полуокружности на луче ХА строится точка У так, что XY = ХВ. Найдите ГМТ У.

7.61. Дан треугольник ABC. На его сторонах АБ, ВС и CA выбираются точки Ci, Ai и Б1 соответственно. Найдите ГМТ пересечения описанных окружностей треугольников АБ1С1, А1БС1 и А1Б1С.

Решения

7.1. Пусть Oi и О2 — центры колёс радиусов г\ и г2 соответственно. Если M — точка пересечения внутренних касательных, то OiM: О2М = ri : г2. Из этого условия с помощью задачи 1.1 б) легко получить, что расстояние от точки M до прямой / равно 2riT2/(ri + г2). Поэтому все точки пересечения общих внутренних касательных лежат на прямой, параллельной прямой / и отстоящей от неё на расстояние 2riT2/(ri + г2).

7.2. Пусть О — точка пересечения прямых АБ и СБ. Отложим на лучах OA и ОБ отрезки OK и OL, равные АБ и СБ соответственно. Тогда Sabx + Scdx = Skox + Swx = Skol ± Skxl. Следовательно, площадь треугольника KXL постоянна, т. е. точка X лежит на прямой, параллельной KL.

7.3. Пусть а и b — единичные векторы, параллельные данным прямым; X = ОХ. Сумма длин проекций вектора х на данные прямые равна |(а, х)\ + \ (Ъ, х) \ = \ (а±Ь, х)\, причём смена знака происходит на перпендикулярах, восставленных из точки О к данным прямым. Поэтому искомое ГМТ — прямоугольник, стороны которого параллельны биссектрисам углов между данными прямыми, а вершины лежат на указанных перпендикулярах.

7.4. Пусть / — прямая, проходящая через середины сторон ВС и AD. Предположим, что точка X не лежит на прямой /, например что точки А и X лежат по одну сторону от прямой /. Тогда АХ < DX и ВХ < СХ, а значит, АХ + ВХ < СХ + DX. Поэтому прямая / — искомое ГМТ.

7.5. Пусть N — такая точка, что MN = DA. Тогда ZNAM = ZDMA и ZNBM = ZBMC, поэтому четырёхугольник AMBN вписанный. Диагонали вписанного четырёхугольника AM BN равны, поэтому AM \\ BN или ВМ \\ AN. В первом случае ZAMD = AMAN = A AM В, а во втором случае AB M С = ZMBN = ZBMA. Если ZAMB = ZAMD, то ZAMB + ZBMC = 180° и точка M лежит на диагонали АС, а если ZBMA = ZBMC, то точка M лежит на диагонали BD. Ясно также, что если точка M лежит на одной из диагоналей, то ZAMD + ZBMC = 180°.

7.6. Введём систему координат, выбрав точку А в качестве начала координат и направив ось Ох по лучу AB. Пусть точка M имеет координаты (х, и). Тогда AM2 = х2 + у2 и ВМ2 = (х - а)2 + у2, где а = AB. Поэтому AM — ВМ2 = 2ах — а2. Эта величина равна k для точек M с координатами ((a2 + k)/2a, у); все такие точки лежат на прямой, перпендикулярной AB.

7.7. Пусть А и Б — точки пересечения окружностей S и S\. Тогда ХМ2 = ХА - ХВ = ХО2 — R2, где О и R — центр и радиус окружности S. Поэтому ХО2 — ХМ2 = R2, а значит, точки X лежат на перпендикуляре к прямой ОМ (см. задачу 7.6).

7.8. Пусть Oi и 0'2 — центры данных окружностей, R\ и R2 — их радиусы. Окружность радиуса г с центром X пересекает первую окружность в диаметрально противоположных точках тогда и только тогда, когда r2=XOi+i?i, поэтому искомое ГМТ состоит из таких точек X, что ХО2 + R2 =ХО\ + все такие точки X лежат на прямой, перпендикулярной О1О2 (задача 7.6).

7.9. Пусть О — центр окружности, R — её радиус, M — точка пересечения касательных, проведённых через концы хорды, содержащей точку А, Р — середина этой хорды. Тогда ОР • ОМ = R2 и ОР = OAcoscp, где ср = ZAOP. Поэтому AM2 = ОМ2 + ОА2 - 20М • ОА cos ср = ОМ2 + ОА2 -2R2, а значит, величина ОМ2 - AM2 = 2R2 - OA2 постоянна. Следовательно, все точки M лежат на прямой, перпендикулярной ОА (см. задачу 7.6).

7.10. Пусть Р и Q — середины диагоналей АС и BD. Тогда АХ2 + СХ2 = 2РХ2 + АС2/2 и ВХ2 + DX2 = 2QX2 + BD2/2 (см. задачу 12.11 а), поэтому в задаче б) искомое ГМТ состоит из таких точек X, что РХ2 — QX2 = (BD2 — АС2)/4, а в задаче а) Р = Q, поэтому рассматриваемая величина равна (АС2 - BD2)/2.

7.11. Пусть M и N — концы данного отрезка, О — его середина. Точка В лежит на окружности с диаметром MN, поэтому ОБ = MN/2. Траекторией точки О является часть окружности радиуса MN/2 с центром Б, заключённая внутри угла АБС.

7.12. Пусть M — данная точка, О — центр данной окружности. Если X — середина хорды АБ, то ХО _1_ АБ. Следовательно, искомое ГМТ является окружностью с диаметром МО.

7.13. Проведём через точку M общую касательную к окружностям. Пусть О — точка пересечения этой касательной с прямой АБ. Тогда АО = МО = ВО, т.е. О — середина отрезка АБ. Точка M лежит на окружности с центром О и радиусом АБ/2. Множеством точек M является окружность с диаметром АБ (точки А и Б следует исключить).

7.14. При k = 1 получаем серединный перпендикуляр к отрезку АБ. В дальнейшем будем считать, что кф 1.

Введём систему координат на плоскости так, чтобы точки А и Б имели координаты (—а, 0) и (а, 0) соответственно. Если точка M имеет координаты (х, у), то

Уравнение

приводится к виду

Это уравнение является уравнением окружности с центром и ра диусом

7.15. Пусть прямая АБ пересекает окружность S в точках Е и F, причём точка Е лежит на отрезке АБ. Тогда РЕ — биссектриса треугольника АР В, поэтому ZEPB = ZEPA = ZEFP. А так как ZEPF = 90°, то PB 1 EF.

7.16. а) Рассматриваемые окружности являются окружностями Аполлония для пар вершин треугольника ABC, поэтому если X — общая точка окружностей Sa и Sb, то ХВ : ХС = AB : АС и ХС : ХА = ВС : ВА, т. е. ХВ:ХА = СВ: CA, а значит, точка X принадлежит окружности Sc. Ясно также, что если АВ>ВС, то точка D лежит внутри окружности Sb, а точка А — вне её. Следовательно, окружности Sa и Sb пересекаются в двух различных точках.

Для завершения доказательства остаётся воспользоваться результатом задачи 7.51.

б) Согласно задаче a) MA = А/а, МБ = Х/Ъ и MC = А/с. Пусть В\ и С\ —проекции точки M на прямые АС и АБ. Точки В\ и С\ лежат на окружности с диаметром MA, поэтому Б1С1 = MA sin Б1АС1 = (А/а) (a/2R) = X/2R, где R — радиус описанной окружности треугольника АБС. Аналогично А1С1 = А1Б1 = X/(2R).

7.17. В задаче 7.16 а) уже доказано, что прямая MN проходит через точку О. Остаётся доказать, что она проходит через точку К. Согласно задаче 5.156 общая хорда окружности Sa и описанной окружности треугольника АБС проходит через точку К. Аналогично общая хорда окружности Sb и описанной окружности тоже проходит через точку К. Поэтому К — радикальный центр описанной окружности и окружностей Sa и Sb» Следовательно, общая хорда окружностей Sa и Sb проходит через точку К.

7.18. Пусть Oi и О2 — такие точки, что БО1 = 4БА/3 и С02 = 4СБ/3. Легко проверить, что если БМ > 2АМ, то точка M лежит внутри окружности Si радиуса 2АБ/3 с центром 0\ (см. задачу 7.14), а если СМ > 2БМ, то точка M лежит внутри окружности S2 радиуса 2АБ/3 с центром 02. Так как О1О2 > БО1 = 4АБ/3, а сумма радиусов окружностей S\ и S2 равна 4АБ/3, то эти окружности не пересекаются. Следовательно, если БМ = qAM и СМ = qBM, то q < 2.

7.19. а) Пусть О — точка пересечения высот АА\ и ВВ\. Точки А\ и В\ лежат на окружности с диаметром СО. Следовательно, /АОБ = 180° - ZC. Поэтому искомое ГМТ — окружность, симметричная данной относительно прямой АБ (точки, проецирующиеся в точки А и Б, следует исключить).

б) Если О — точка пересечения биссектрис треугольника АБС, то /АОБ = 90° + ZC/2. На каждой из двух дуг АБ угол С постоянен, поэтому искомым

ГМТ являются две дуги, из которых отрезок АБ виден под углом 90° + ZC/2 (точки А и Б следует исключить).

7.20. Точки Р и Q лежат на окружности с диаметром DX, поэтому Z(QD, DX) = Z(QP, РХ) = Z(AP, PB) = 45°, т.е. точка X лежит на прямой CD.

7.21. а) Если точка А\ пройдёт по окружности дугу величиной 2(р, то точка В\ тоже пройдёт дугу величиной 2ср, а значит, прямые AAi и ББ1 повернутся на угол (р и угол между ними не изменится. Поэтому точка M перемещается по окружности, содержащей точки А и Б.

б) Пусть прямые ААь ББ1 и СС\ в некоторый момент пересекаются в точке Р. Тогда, например, точка пересечения прямых AAi и ББ1 перемещается по описанной окружности треугольника АВР. Ясно также, что описанные окружности треугольников АВР, ВСР и САР имеют единственную общую точку Р.

7.22. Предположим, что точки А и С лежат на противоположных сторонах прямоугольника. Пусть M а N — середины отрезков АС и BD соответственно. Проведём через точку M прямую 1\, параллельную сторонам прямоугольника, на которых лежат точки А и С, а через точку N прямую I2, параллельную сторонам прямоугольника, на которых лежат точки Б и Б. Пусть О — точка пересечения прямых 1\ и I2. Ясно, что точка О лежит на окружности S, построенной на отрезке MN как на диаметре. С другой стороны, точка О является центром прямоугольника. Ясно, что прямоугольник можно построить для любой точки О, лежащей на окружности S.

Остаётся заметить, что на противоположных сторонах прямоугольника могут лежать также точки А и Б, А и Б. Поэтому искомым ГМТ является объединение трёх окружностей.

7.23. Легко проверить, что точки высот треугольника АБС обладают требуемым свойством. Предположим, что требуемым свойством обладает точка X, не лежащая ни на одной из высот треугольника АБС. Тогда прямая ВХ пересекает высоты AAi и CCi в точках Xi и Х2. Так как ZXAB + АХВС + ZXCA = 90° = ZXiAß + ZXiBC + ZXiCA, то ZXAB - ZXi AB = ZXiCA - ZXCA, т. e. Z(XA, AXi)=Z(XiC, CX). Следовательно, точка X лежит на описанной окружности треугольника АХС', где точка С симметрична С относительно прямой ВХ. Аналогично доказывается, что точка Х2 лежит на этой окружности, а значит, прямая ВХ пересекает эту окружность в трёх различных точках. Получено противоречие.

7.24. Пусть К — точка касания прямой MX и данной полуокружности, а Р — проекция точки M на диаметр. В прямоугольных треугольниках МРХ и ОКХ равны гипотенузы и ZPXM = ZOXK, а значит, эти треугольники равны и, в частности, MP = КО = R, где Б — радиус данной полуокружности. Следовательно, точка M лежит на прямой /, параллельной диаметру полуокружности и касающейся полуокружности. Пусть АБ — отрезок прямой I, проекцией которого является диаметр полуокружности. Из точки прямой I, лежащей вне отрезка АБ, нельзя провести касательную к данной полуокружности, так как касательная, проведённая к окружности, будет касаться другой полуокружности. Искомым ГМТ является отрезок АБ, из которого выброшены точки А и Б и его середина.

7.25. Пусть H — основание высоты hb треугольника АБС и hb = b. Обозначим через В' точку пересечения перпендикуляра к прямой АБ, проведённого через точку А, и перпендикуляра к прямой АН, проведённого через точку С.

Рис. 7.1

Прямоугольные треугольники АВ'С и ВАН равны, так как ААВ'С = А ВАН и АС = ВН. Поэтому AB' = AB, т. е. точка С лежит на окружности с диаметром AB'.

Пусть Si и Si — образы окружности S с диаметром AB при поворотах на ±90° с центром А (рис. 7.1). Мы доказали, что точка СфА принадлежит объединению окружностей S\ и S2. Обратно, пусть точка СфА принадлежит окружности S\ или S2, AB' — диаметр соответствующей окружности. Тогда ААВ'С = А H AB и А'В = AB, поэтому АС = HB.

7.26. Пусть О — центр окружности, N — точка пересечения прямых ОМ и QP. Опустим из точки M перпендикуляр MS на прямую ОР. Из подобия треугольников ONQ и OQM, OPN и OMS получаем ON : OQ = OQ : ОМ и OP : ON = ОМ : OS. Перемножая эти равенства, получаем ОР : OQ = OQ : OS. Поэтому OS = OQ2 : ОР является постоянной величиной. А так как точка S лежит на луче ОР, её положение не зависит от выбора точки Q. Искомым ГМТ является прямая, перпендикулярная прямой ОР и проходящая через точку S.

7.27. Пусть О — середина отрезка AB, M — точка пересечения медиан треугольника ABC. При гомотетии с центром О и коэффициентом 1/3 точка С переходит в точку М. Поэтому точки пересечения медиан треугольников АБС лежат на окружности S, являющейся образом исходной окружности при гомотетии с центром О и коэффициентом 1/3. Для получения искомого ГМТ из окружности S нужно выбросить образы точек А и Б.

7.28. Пусть О — середина высоты ВН, M — середина отрезка АС, Б и Е — середины сторон RQ и PS соответственно (рис. 7.2).

Точки Б и Б лежат на прямых АО и СО соответственно. Середина отрезка DE является центром прямоугольника PQRS. Ясно, что она лежит на отрезке ОМ. Искомым ГМТ является отрезок ОМ, за исключением его концов.

7.29. Пусть Oi и 02 — центры данных окружностей (точка Р лежит на окружности с центром Oi), О — середина отрезка О1О2; Р', Q' и О' — проекции точек 0\, 02 и О на прямую PQ. При вращении прямой PQ точка О' пробегает окружность S с диаметром АО. Ясно, что при гомотетии с центром А и коэффициентом 2 отрезок P'Q' переходит в отрезок PQ, т. е. точка О' переходит в середину отрезка PQ. Поэтому искомым ГМТ является образ окружности S при этой гомотетии.

7.30. Пусть Р и Q — центры описанных окружностей треугольников АМВ и СМВ. Точка M принадлежит искомому ГМТ, если BPMQ — ромб, т. е. точка M является образом середины отрезка PQ при гомотетии с центром Б

Рис. 7.2

и коэффициентом 2. А так как проекции точек Р и Q на прямую АС являются серединами отрезков AB и ВС, середины всех отрезков PQ лежат на одной прямой. (Точку прямой АС из полученного ГМТ следует исключить.)

7.31. Точка Р проходит через точку О в момент t\, точка Q — в момент t2. В момент (ti + t2)/2 точки Р и Q находятся от точки О на одинаковом расстоянии, равном \t\ — t2\v/2. Проведём в этот момент перпендикуляры к прямым в точках Р и Q. Легко проверить, что точка пересечения этих перпендикуляров является искомой.

7.32. Обозначим середины диагоналей АС и BD четырёхугольника ABCD через M к N соответственно. Ясно, что Samb = Sbmc и Samd = Sdmc, т.е. Sdabm = Sbcdm- Поскольку при перемещении точки M параллельно BD площади четырёхугольников DABM и BCDM не изменяются, то Sdabo = Sbcdo-Аналогичные рассуждения для точки N показывают, что Sabco = Scdao-Поэтому S ado + Sabo = S всо + SCdo и SAbo + S всо = SCdo + S ado, a значит, S ado = Sbco = Si и Sabo = Scdo = S2, t. е. площадь каждой из четырёх частей, на которые отрезки, соединяющие точку О с серединами сторон четырёхугольника, разбивают его, равна (Si +S2)/2.

7.33. Опустим из точки В высоту BBi. Тогда AD = BiD и СЕ = BiE. Ясно, что если MD < AD, то точка M лежит на отрезке АВ\, т.е. вне отрезка BiC. Следовательно, ME > ЕС.

7.34. Предположим, что все вершины многоугольника удалены от точки Q не меньше, чем точки от Р. Тогда все вершины многоугольника лежат в той же полуплоскости, заданной серединным перпендикуляром к отрезку PQ, что и точка Р, а точка Q лежит в другой полуплоскости. Следовательно, точка Q лежит вне многоугольника, что противоречит условию.

7.35. Найдём ГМТ М, для которых MA > MB и MA > MC. Проведём серединные перпендикуляры h и 12 к отрезкам AB и АС. MA > MB для точек, лежащих внутри полуплоскости, заданной прямой Ii и не содержащей точку А. Поэтому искомым ГМТ является пересечение полуплоскостей (без границ), заданных прямыми h, 12 и не содержащих точку А. Если точки А, В, С не лежат на одной прямой, то это ГМТ всегда непусто. Если А, В, С лежат на одной прямой, но А не лежит на отрезке ВС, то это ГМТ тоже непусто. Если же А лежит на отрезке ВС, то это ГМТ пусто, т. е. для любой точки M либо MA ^ MB, либо MA ^ MC.

7.36. Пусть О — середина диагонали АС. Проекции точек В и D на прямую АС лежат на отрезке АО, поэтому проекция точки M тоже лежит на отрезке АО.

7.37. Проведём серединный перпендикуляр / к отрезку АО. Ясно, что AM ^ ОМ тогда и только тогда, когда точка M лежит по ту же сторону от прямой /, что и точка О (или лежит на прямой /). Поэтому искомым ГМТ является ромб, образованный серединными перпендикулярами к отрезкам OA, OB, ОС к OD.

7.38. Искомое ГМТ заштриховано на рис. 7.3 (граница входит в ГМТ).

7.39. Пусть Ai и ßi — середины сторон СБ и АС соответственно. Искомым ГМТ является внутренность четырёхугольника OAiCBi.

7.40. Проведём общие касательные к данным кругам (рис. 7.4). Легко проверить, что точки, принадлежащие заштрихованным областям (но не их границам), удовлетворяют требуемому условию, а точки, не лежащие в этих областях, не удовлетворяют этому условию.

Рис. 7.3 Рис. 7.4

7.41. Пусть перпендикуляры, опущенные из точек Ai, Bi, Ci на прямые ВС, CA, AB, пересекаются в точке М. Так как точки В\ и M лежат на одном перпендикуляре к прямой АС, то BiA2 - В\С2 = MÄ2 - MC2 (задача 7.6). Аналогично С\В2 - CiA2 = MB2 - MA2 и АХС2 - А\В2 = MC2 - MB2. Складывая эти равенства, получаем А\В2 + С\А2 + В\С2 = ВХА2 + А\С2 + С\В2.

Обратно, пусть А\В2 + CiA2 + В\С2 = BiA2 + АгС2 + С\В2. Обозначим точку пересечения перпендикуляров, опущенных из точек А\ и В\ на прямые ВС и АС, через М. Проведём через точку M прямую /, перпендикулярную прямой AB. Если С\ — точка на прямой I, то, согласно предыдущему, А\В2 + Ci А2 + Б1С2 = BiA + Ai С2 + С[В2. Поэтому С\А2 - С\В2 = СХА2 - СХВ2. Согласно задаче 7.6 ГМТ X, для которых ХА2 - ХВ2 = является прямой, перпендикулярной отрезку AB. Поэтому перпендикуляр, опущенный из точки Ci на прямую AB, проходит через точку М, что и требовалось.

7.42. Положим Ai = А, В\=В и С\=С. Из очевидного равенства АВ2 + СА2 + ВС2 = ВА2 + АС2 + СБ2 получаем, что высоты, опущенные из точек А, Б и С на стороны ВС, CA и АБ, пересекаются в одной точке.

7.43. Пусть Ai, Bi и Ci —точки касания вневписанных окружностей со сторонами ВС, CA и AB. Тогда AiB = р - с = В\А, CiA = Ai С и BiC = CiB. Поэтому AiB2 + С1А2 + В1С2 = B1A2 + A1C2 + C1B2.

7.44. Достаточно воспользоваться результатом задачи 7.41.

7.45. а) Эта задача является очевидным следствием задачи 7.41.

б) Пусть при повороте на 90° относительно некоторой точки треугольник AiBiCi переходит в А2В2С2. Перпендикуляры к сторонам треугольника А2В2С2 параллельны соответствующим сторонам треугольника А1В1С1, поэтому перпендикуляры, опущенные из вершин треугольника ABC на стороны треугольника А2В2С2, пересекаются в одной точке. Следовательно, в одной точке пересекаются перпендикуляры, опущенные из вершин треугольника А2В2С2 на стороны треугольника ABC. Остаётся заметить, что при повороте на 90°, переводящем треугольник А2В2С2 в А1В1С1, эти перпендикуляры переходят в прямые, проходящие через вершины треугольника А1В1С1 параллельно соответствующим сторонам треугольника ABC.

7.46. Нужно выяснить, в каком случае выполняется равенство

Вычитая из обеих частей этого равенства величину

переходим к соотношению

где a,, bi и с,— координаты точек А,-, Б, и С, на прямой /. После сокращения получаем а2Ь\ + b2c\ + C2#i = ai&2 + Ъ\Сч + Cia2, а значит, (bi - a2)(ci — b\) = (&i - ai)(c2 - Ь2), т.е. А2Б2 :Б2С2 = А1Б1 :Bid.

7.47. Можно считать, что длина стороны данного правильного треугольника равна 2. Пусть РА = 2а, PB = 2b и PC = 2с; Ai, Bi и Ci — проекции центров вписанных окружностей треугольников РВС, РСА и РАБ на прямые ВС, CA и AB. Согласно задаче 3.2 AB? + ВС\ + CA2 = (1 + a - с)2 + (1 + b - a)2 + (1 + с - b)2 = 3 + (a - с)2 + (b - a)2 + (с - b)2 = BÂj + CB\ + AC?.

7.48. Отрезки, на которые биссектрисы делят стороны треугольника, легко вычисляются. В результате получаем, что если перпендикуляры, восставленные из оснований биссектрис, пересекаются, то

7.49. Пусть (а,, Ы) — координаты точки А,-, (х, у) — координаты точки X. Тогда уравнение, которому удовлетворяет точка X, перепишется в виде

Если коэффициент при х2 + у2 отличен от нуля, то это уравнение задает окружность или пустое множество, а если он равен нулю, то уравнение задаёт прямую, плоскость или пустое множество.

Замечание. Если в случае а) точки Ai, ..., Ап лежат на одной прямой /, то эту прямую можно выбрать в качестве оси Ох. Тогда bt■ = 0, а значит, коэффициент при у равен нулю, т. е. центр окружности лежит на прямой /.

7.50. Пусть прямая / высекает на данных окружностях дуги А1В1 и А2В2 величиной 2ai и 2аг; 0\ и О2 — центры окружностей, Б1 и Б2 — их радиусы. Пусть К — точка пересечения касательных в точках Ai и А2. По теореме синусов КА\ : КА2 = sin 0L2 : sin ai, т.е. КА\ sin ai = i£A2sina2. A так как KO'i = KÀ\ + R\ и KO\ = KÀ\ + R22, то (sin2 осх)КО\ - (sin2 a2)^0| = (#isinai)2 - (#2sina2)2 = q. Аналогично доказывается, что и остальные точки пересечения касательных принадлежат геометрическому месту таких точек X, что (sin2 ai)X02 — (sin2 (Х2)ХО\ = q. Это ГМТ — окружность, центр которой лежит на прямой О1О2 (см. замечание к задаче 7.49).

7.51. Пусть AM : ВМ : СМ = р : q : г. Все точки X, удовлетворяющие соотношению (q2 - г2)АХ2 + (г2 - р2)ВХ2 + (р2 - q2)CX2 = 0, лежат на одной прямой (см. задачу 7.49), а точки M, N а О удовлетворяют этому соотношению.

ГЛАВА 8

ПОСТРОЕНИЯ

Основные сведения

1. Задачи на построение решаются по определённой стандартной схеме. Сначала проводим анализ, т. е. предполагаем, что искомая фигура построена, и, исследуя её свойства, находим, как её можно задать с помощью исходных данных. На основании этих рассуждений описываем последовательность построений. Затем нужно доказать, что указанная последовательность построений приводит к требуемому результату, а также выяснить, в каких случаях сколько имеется решений.

При написании решений я несколько отклонился от этой схемы. Дело в том, что в подавляющем большинстве случаев после анализа доказательство уже совершенно очевидно. В подобных случаях доказательство не приводится, но следует помнить, что его нужно провести самостоятельно. Если же доказательство не совсем очевидно, то указывается, как преодолеть возникающие трудности. Исследование числа решений задач на построение не приводится.

2. Некоторые задачи на построение, решения которых используют геометрические преобразования, распределены по соответствующим главам.

3. Если А и Б — фиксированные точки, то ГМТ X, для которых АХ : ВХ = ky^l, является окружностью (см. задачу 7.14). Это ГМТ иногда используется при решении задач на построение.

Вводные задачи

1. Постройте треугольник АБС по стороне а, высоте ha и углу А.

2. Постройте прямоугольный треугольник по катету и гипотенузе.

3. Постройте окружность с данным центром, касающуюся данной окружности.

4. Постройте прямую, проходящую через данную точку и касающуюся данной окружности.

5. Даны отрезки, длины которых равны a, b и с. Постройте отрезок длиной: a) ab/c; б) \fa~b.

§ 1. Метод геометрических мест точек

8.1. Постройте треугольник АБС по a, ha и радиусу описанной окружности Б.

8.2. Постройте точку M внутри данного треугольника так, что

8.3. Проведите через данную точку Р, лежащую внутри данной окружности, хорду так, чтобы разность длин отрезков, на которые Р делит хорду, имела данную величину а.

8.4. Даны прямая и окружность. Постройте окружность данного радиуса г, касающуюся их.

8.5. Даны точка А и окружность S. Проведите через точку А прямую так, чтобы хорда, высекаемая окружностью S на этой прямой, имела данную длину d.

8.6*. Дан четырёхугольник ABCD. Впишите в него параллелограмм с заданными направлениями сторон.

§ 2. Вписанный угол

8.7. Постройте треугольник по а, медиане тс и углу А.

8.8. Даны окружность и две точки А и В внутри её. Впишите в окружность прямоугольный треугольник так, чтобы его катеты проходили через данные точки.

8.9. Продолжения сторон AB и CD прямоугольника ABCD пересекают некоторую прямую в точках M и N, а продолжения сторон AD и ВС пересекают ту же прямую в точках Р и Q. Постройте прямоугольник ABCD, если даны точки M, N, Р, Q и длина а стороны AB.

8.10*. Постройте треугольник по биссектрисе, медиане и высоте, проведённым из одной вершины.

8.11*. Постройте треугольник ABC по стороне а, углу А и радиусу вписанной окружности г.

§ 3. Подобные треугольники и гомотетия

8.12. Постройте треугольник по двум углам А, В и периметру Р.

8.13. Постройте треугольник ABC по та, ть и тс.

8.14. Постройте треугольник ABC по ha, hb и hc.

8.15. Впишите в данный остроугольный треугольник ABC квадрат KLMN так, чтобы вершины К и N лежали на сторонах AB и АС, а вершины L и M — на стороне ВС.

8.16*. Постройте треугольник ABC по ha, b — с и г.

См. также задачи 19.16—19.21, 19.40, 19.41. § 4. Построение треугольников по различным элементам

В задачах этого параграфа требуется построить треугольник по указанным в условии элементам.

См. также задачи 17.6—17.8.

§ 5. Построение треугольников по различным точкам

8.27. Постройте треугольник ABC, если дана прямая /, на которой лежит сторона AB, и точки Ai, В\ — основания высот, опущенных на стороны ВС и АС.

8.28. Постройте равнобедренный треугольник, если заданы основания его биссектрис.

8.29. а) Постройте треугольник АБС, зная три точки А', В', С, в которых биссектрисы его углов пересекают описанную окружность (оба треугольника остроугольные).

б) Постройте треугольник АБС, зная три точки А', Б', С, в которых высоты треугольника пересекают описанную окружность (оба треугольника остроугольные).

8.30. Постройте треугольник ABC, зная три точки А!, В', С, симметричные центру О описанной окружности этого треугольника относительно сторон БС, CA, АБ.

8.31. Постройте треугольник АБС, зная три точки А!, В', С, симметричные точке пересечения высот треугольника относительно сторон БС, CA, АБ (оба треугольника остроугольные).

8.32. Постройте треугольник АБС, зная три точки Р, Q, R, в которых высота, биссектриса и медиана, проведённые из вершины С, пересекают описанную окружность.

8.33. Постройте треугольник АБС, зная положение трёх точек Ai, Бь Ci, являющихся центрами вневписанных окружностей треугольника АБС.

8.34*. Постройте треугольник АБС по центру описанной окружности О, точке пересечения медиан M и основанию H высоты CH.

8.35*. Постройте треугольник АБС по центрам вписанной, описанной и одной из вневписанных окружностей.

§ 6. Треугольник

8.36. Постройте точки X и Y на сторонах АБ и ВС треугольника АБС так, что АХ = BY и XY \\ АС.

8.37. Постройте треугольник по сторонам а и Ъ, если известно, что угол против одной из них в три раза больше угла против другой.

8.38. Впишите в данный треугольник ABC прямоугольник PQRS (вершины R и Q лежат на сторонах AB и ВС, Р и S — на стороне АС) так, чтобы его диагональ имела данную длину.

8.39. Проведите через данную точку M прямую так, чтобы она отсекала от данного угла с вершиной А треугольник ABC данного периметра 2р.

8.40. Постройте треугольник ABC по медиане тс и биссектрисе 1С, если ZC = 90°.

8.41*. Дан треугольник ABC, причём АБ < ВС. Постройте на стороне АС точку D так, чтобы периметр треугольника ABD был равен длине стороны ВС.

8.42*. Постройте треугольник АБС по радиусу описанной окружности и биссектрисе угла А, если известно, что разность углов Б и С равна 90°.

8.43*. На стороне АБ треугольника АБС дана точка Р. Проведите через точку Р прямую (отличную от АБ), пересекающую лучи CA и СБ в таких точках M и N, что AM = BN.

8.44*. Постройте треугольник АБС по радиусу вписанной окружности г и (ненулевым) длинам отрезков АО и АН, где О — центр вписанной окружности, H — ортоцентр.

См. также задачи 15.14 б), 17.12—17.15, 18.11, 18.33.

§ 7. Четырёхугольники

8.45. Постройте квадрат, три вершины которого лежат на трёх данных параллельных прямых.

8.46. Постройте ромб, две стороны которого лежат на двух данных параллельных прямых, а две другие проходят через две данные точки.

8.47. Постройте четырёхугольник ABCD по четырём сторонам и углу между АБ и CD.

8.48. Через вершину А выпуклого четырёхугольника ABCD проведите прямую, делящую его на две равновеликие части.

8.49. Даны середины трёх равных сторон выпуклого четырёхугольника. Постройте этот четырёхугольник.

8.50. Даны три вершины вписанного и описанного четырёхугольника. Постройте его четвёртую вершину.

8.51*. Даны вершины А и С равнобедренной описанной трапеции ABCD (AD II ВС); известны также направления её оснований. Постройте вершины В и D.

8.52*. На доске была начерчена трапеция ABCD (AD \\ ВС) и проведены перпендикуляр OK из точки О пересечения диагоналей на основание AD и средняя линия EF. Затем трапецию стёрли. Как восстановить чертёж по сохранившимся отрезкам OK и EF1

8.53*. Постройте выпуклый четырёхугольник, если даны длины всех его сторон и одной средней линии1.

8.54*. Постройте вписанный четырёхугольник по четырём сторонам (Брахмагупта).

См. также задачи 15.12, 15.15, 16.17, 17.4, 17.5.

§ 8. Окружности

8.55. Внутри угла даны две точки А и Б. Постройте окружность, проходящую через эти точки и высекающую на сторонах угла равные отрезки.

8.56. Даны окружность S, точка А на ней и прямая L Постройте окружность, касающуюся данной окружности в точке А и данной прямой.

8.57. а) Даны две точки А, Б и прямая L Постройте окружность, проходящую через точки А, Б и касающуюся прямой L

б) Даны две точки А и В и окружность S. Постройте окружность, проходящую через точки А и В и касающуюся окружности S.

8.58*. Даны три точки, не лежащие на одной прямой. Через каждые две из них провести окружность так, чтобы построенные окружности были взаимно ортогональны.

8.59*. Постройте окружность, равноудалённую от четырёх данных точек.

8.60*. Даны две точки А и Б и окружность. Найти на окружности точку X так, чтобы прямые АХ и ВХ отсекли на окружности хорду СБ, параллельную данной прямой MN.

8.61*. Даны три точки А, Б и С. Постройте три окружности, попарно касающиеся в этих точках.

8.62*. Постройте окружность, касательные к которой, проведённые из трёх данных точек А, Б и С, имели бы длины a, b и с соответственно.

См. также задачи 15.10, 15.11, 15.13, 15.14 а), 16.13, 16.14, 16.18—16.20, 18.27.

§ 9. Окружность Аполлония

8.63. Постройте треугольник по a, ha и Ь/с.

8.64. Постройте треугольник АБС, если известны длина биссектрисы CD и длины отрезков AD и BD, на которые она делит сторону АБ.

8.65*. На прямой даны четыре точки А, В, С, D в указанном порядке. Постройте точку М, из которой отрезки АБ, БС, CD видны под равными углами.

1 Средней линией четырёхугольника называют отрезок, соединяющий середины противоположных сторон.

8.66*. На плоскости даны два отрезка АБ и А'В'. Постройте точку О так, чтобы треугольники АОВ и А'ОВ' были подобны (одинаковые буквы обозначают соответственные вершины подобных треугольников).

8.67*. Точки А и В лежат на диаметре данной окружности. Проведите через них две равные хорды с общим концом.

§ 10. Разные задачи

8.68. а) На параллельных прямых а и b даны точки А и В. Проведите через данную точку С прямую /, пересекающую прямые а и b в таких точках Ai и Бь что AAi =ВВ\.

б) Проведите через точку С прямую, равноудалённую от данных точек А и Б.

8.69. Постройте правильный десятиугольник.

8.70*. Постройте прямоугольник с данным отношением сторон, зная по одной точке на каждой из его сторон.

8.71*. Даны диаметр АБ окружности и точка С на нём. Постройте на этой окружности точки X и Y, симметричные относительно прямой АБ, так, чтобы прямые АХ и YC были перпендикулярными.

См. также задачи 15.9, 16.15, 16.16, 16.21, 17.9—17.11, 17.28— 17.30, 18.45.

§ 11. Необычные построения

8.72. С помощью циркуля и линейки разделите угол 19° на 19 равных частей.

8.73. Докажите, что угол величиной п°, где п — целое число, не делящееся на 3, можно разделить на п равных частей с помощью циркуля и линейки.

8.74*. На клочке бумаги нарисованы две прямые, образующие угол, вершина которого лежит вне этого клочка. С помощью циркуля и линейки проведите ту часть биссектрисы угла, которая лежит на клочке бумаги.

8.75*. С помощью двусторонней линейки постройте центр данной окружности, диаметр которой больше ширины линейки.

8.76*. Даны точки А и Б, расстояние между которыми больше 1 м. С помощью одной лишь линейки, длина которой равна 10 см, постройте отрезок АБ. (Линейкой можно только проводить прямые линии.)

8.77*. На окружности радиуса а дана точка. С помощью монеты радиуса а постройте точку, диаметрально противоположную данной.

§ 12. Построения одной линейкой

В задачах этого параграфа требуется выполнить указанные построения с помощью одной линейки без циркуля. С помощью одной линейки почти

никаких построений выполнить нельзя. Например, нельзя даже построить середину отрезка (задача 30.57). Но если на плоскости проведены какие-либо вспомогательные линии, то можно выполнить многие построения. В случае, когда на плоскости нарисована вспомогательная окружность и отмечен её центр, с помощью линейки можно выполнить все построения, которые можно выполнить с помощью линейки и циркуля. При этом, правда, считается, что окружность построена, если построен её центр и одна её точка.

Замечание. Если на плоскости нарисована окружность, но не отмечен её центр, то с помощью одной линейки построить центр нельзя (задача 30.58).

8.78*. Даны две параллельные прямые. С помощью одной линейки разделите пополам отрезок, лежащий на одной из данных прямых.

8.79*. Даны две параллельные прямые и отрезок, лежащий на одной из них. Удвойте этот отрезок.

8.80*. Даны две параллельные прямые. Разделите отрезок, лежащий на одной из них, на п равных частей.

8.81*. Даны две параллельные прямые и точка Р. Проведите через точку Р прямую, параллельную данным прямым.

8.82*. Даны окружность, её диаметр AB и точка Р. Проведите через точку Р перпендикуляр к прямой AB.

8.83*. Докажите, что если на плоскости даны какая-нибудь окружность S и её центр О, то с помощью одной линейки можно:

а) из любой точки провести прямую, параллельную данной прямой, и опустить на данную прямую перпендикуляр;

б) на данной прямой от данной точки отложить отрезок, равный данному отрезку;

в) построить отрезок длиной ab/c, где а, Ь, с — длины данных отрезков;

г) построить точки пересечения данной прямой I с окружностью, центр которой — данная точка А, а радиус равен длине данного отрезка;

д) построить точки пересечения двух окружностей, центры которых— данные точки, а радиусы — данные отрезки.

См. также задачи 3.37, 6.105. § 13. Построения с помощью двусторонней линейки

В задачах этого параграфа требуется выполнить построения с помощью линейки с двумя параллельными краями (без циркуля). С помощью двусторонней линейки можно выполнить все построения, выполнимые с помощью циркуля и линейки.

Пусть а — ширина двусторонней линейки. С помощью этой линейки можно выполнять следующие элементарные построения:

1) проводить прямую через две данные точки;

2) проводить прямую, параллельную данной и удалённую от неё на расстояние а;

3) через две данные точки А и Б, где АБ ^ а, проводить пару параллельных прямых, расстояние между которыми равно а (таких пар прямых две).

8.84. а) Постройте биссектрису данного угла АОВ.

б) Дан острый угол АОВ. Постройте угол БОС, биссектрисой которого является луч ОА.

8.85. Восставьте перпендикуляр к данной прямой I в данной точке А.

8.86. а) Через данную точку проведите прямую, параллельную данной прямой.

б) Постройте середину данного отрезка.

8.87. Даны угол АОБ, прямая I и точка Р на ней. Проведите через точку Р прямые, образующие с прямой I угол, равный углу АОВ.

8.88. Даны отрезок АБ, непараллельная ему прямая I и точка M на ней. Постройте точки пересечения прямой I с окружностью радиуса АБ с центром М.

8.89*. Даны прямая I и отрезок ОА, параллельный I. Постройте точки пересечения прямой I с окружностью радиуса ОА с центром О.

8.90*. Даны отрезки OiAi и О2А2. Постройте радикальную ось окружностей радиуса О1А1 и О2А2 с центрами 0\ и О2 соответственно.

См. также задачу 8.75.

§ 14. Построения с помощью прямого угла

В задачах этого параграфа требуется выполнить указанные построения с помощью прямого угла. Прямой угол позволяет выполнить следующие элементарные построения:

а) расположить прямой угол так, чтобы одна его сторона лежала на данной прямой, а другая сторона проходила через данную точку;

б) расположить прямой угол так, чтобы его вершина лежала на данной прямой, а стороны проходили через две данные точки (если, конечно, для данной прямой и точек вообще существует такое положение прямого угла).

Расположив прямой угол одним из указанных способов, можно провести лучи, соответствующие его сторонам.

8.91. Проведите через данную точку А прямую, параллельную данной прямой I.

8.92. Дан отрезок АБ. Постройте:

а) середину отрезка АБ;

б) отрезок АС, серединой которого является точка Б.

8.93. Дан угол АОБ. Постройте:

а) угол, вдвое больший угла АОБ;

б) угол, вдвое меньший угла АОБ.

8.94*. Даны угол АОБ и прямая I. Проведите прямую 1\ так, что угол между прямыми I и Ii равен углу АОВ.

8.95*. Даны отрезок АБ, прямая I и точка О на ней. Постройте на прямой I такую точку X, что ОХ = АБ.

8.96*. Дан отрезок OA, параллельный прямой I. Постройте точки, в которых окружность радиуса OA с центром О пересекает прямую I.

Задачи для самостоятельного решения

8.97. Постройте прямую, касающуюся двух данных окружностей (разберите все возможные случаи).

8.98. Постройте треугольник, если известны отрезки, на которые высота делит основание, и медиана, проведённая к боковой стороне.

8.99. Постройте параллелограмм ABCD по вершине А и серединам сторон ВС и CD.

8.100. Постройте трапецию, боковые стороны которой лежат на данных прямых, диагонали пересекаются в данной точке, а одно из оснований имеет данную длину.

8.101. Даны две окружности. Проведите прямую так, чтобы она касалась одной окружности, а вторая окружность высекала на ней хорду данной длины.

8.102. Проведите через вершину С треугольника АБС прямую I так, чтобы площади треугольников АА\С и BBiC, где Ai и В\—проекции точек А и Б на прямую /, были равны.

8.103. Постройте треугольник АБС по сторонам АБ и АС, зная, что биссектриса АБ, медиана ВМ и высота СН пересекаются в одной точке.

8.104. Даны точки Ai, Б1 и Ci, делящие стороны БС, CA и АБ треугольника АБС в отношении 1:2. Восстановите по ним треугольник АБС.

Решения

8.1. Построим отрезок ВС длины а. Центр О описанной окружности треугольника АБС является точкой пересечения двух окружностей радиуса R с центрами в точках Б и С. Выберем одну из этих точек пересечения и построим описанную окружность S треугольника АБС. Точка А является точкой пересечения окружности S и прямой, параллельной прямой ВС и отстоящей от неё на расстояние ha (таких прямых две).

8.2. Построим точки А\ и В\ на сторонах ВС и АС соответственно так, что БА1 : Ai С = 1 : 3 и АВ\ : В\С = 1 : 2. Пусть точка X лежит внутри треугольника АБС. Ясно, что Sabx ' Sbcx = 1:2 тогда и только тогда, когда точка X лежит на отрезке ББь и Sabx : Sacx = 1:3 тогда и только тогда, когда точка X лежит на отрезке AAi. Поэтому искомая точка M является точкой пересечения отрезков AAi и ББь

8.3. Пусть О — центр данной окружности, АБ — хорда, проходящая через точку Р, М — середина АБ. Тогда |АР - ВР\ = 2РМ. Так как ZPMO = 90°, точка M лежит на окружности S с диаметром ОР. Построим хорду РМ окружности S так, что РМ = а/2 (таких хорд две). Искомая хорда задаётся прямой РМ.

8.4. Пусть R — радиус данной окружности, О — её центр. Центр искомой окружности лежит на окружности S радиуса \R ± г\ с центром О. С другой стороны, её центр лежит на прямой /, параллельной данной прямой и удалённой от неё на расстояние г (таких прямых две). Любая точка пересечения окружности *S и прямой / может служить центром искомой окружности.

8.5. Пусть R — радиус окружности S, О — её центр. Если окружность S высекает на прямой, проходящей через точку А, хорду PQ и M — середина PQ, то ОМ2 = OQ2 - MQ2 = R2 - d2/4. Поэтому искомая прямая касается окружности радиуса \J R2 — d2/4 с центром О.

8.6. Возьмём на прямых АБ и CD точки Е и F так, чтобы прямые BF и СЕ имели заданные направления. Рассмотрим всевозможные параллелограммы PQRS с заданными направлениями сторон, вершины Р и R которых лежат на лучах БА и CD, а вершина Q — на стороне ВС (рис. 8.1). Докажем, что геометрическим местом вершин S является отрезок EF. В самом деле, — = — = — = —, т.е. точка S лежит на отрезке EF. Обратно, если точка S' лежит на отрезке EF, то проведём S'P' II BF, P'Q' II ЕС и Q'R' \\ BF (Р', Q', R' — точки на прямых AB, ВС, CD).

Тогда — = — = — = — , т. е. S'P' = Q'R' и P'Q'R'S' — параллелограмм.

Из этого вытекает следующее построение. Строим сначала точки Е и F. Вершина S является точкой пересечения отрезков AD и EF. Дальнейшее построение очевидно.

8.7. Предположим, что треугольник АБС построен. Пусть А\ и Ci — середины сторон СБ и АБ. Так как CiAi || АС, то АА\С\В = ZA. Из этого вытекает следующее построение. Построим сначала отрезок СБ длиной а и его середину Ai. Точка Ci является точкой пересечения окружности радиуса тс с центром С и дуг окружностей, из которых отрезок Ai Б виден под углом А. Построив точку Ci, отложим на луче БС1 отрезок ВА = 2ВС\. Тогда А — искомая вершина треугольника.

8.8. Предположим, что искомый треугольник построен и С — вершина его прямого угла. Так как ZACB = 90°, точка С лежит на окружности S с диаметром АБ. Поэтому точка С является точкой пересечения окружности S и данной окружности. Построив точку С и проведя прямые CA и АБ, найдём оставшиеся вершины искомого треугольника.

8.9. Предположим, что прямоугольник ABCD построен. Опустим из точки Р перпендикуляр PR на прямую ВС. Точку R можно построить, так как она лежит на окружности с диаметром PQ и PR = AB = а. Построив точку R, строим прямые ВС и AD и опускаем на них перпендикуляры из точек M и N.

8.10. Предположим, что треугольник АБС построен, АН — высота, AD — биссектриса, AM — медиана. Согласно задаче 2.70 точка D лежит между M и Я. Точка Е пересечения прямой AD и перпендикуляра, проведённого из точки M к стороне ВС, лежит на описанной окружности треугольника АБС.

Рис. 8.1

Поэтому центр О описанной окружности лежит на пересечении серединного перпендикуляра к отрезку АЕ и перпендикуляра к стороне ВС, проведённого через точку М.

Последовательность построений такова: на произвольной прямой (которая в дальнейшем окажется прямой ВС) строим точку Н, затем последовательно строим точки A, D, М, Е, О. Искомые вершины Б и С треугольника ABC являются точками пересечения исходной прямой с окружностью радиуса OA с центром О.

8.11. Предположим, что треугольник ABC построен и О — центр его вписанной окружности. Тогда /БОС = 90° + ZA/2 (задача 5.3). Из точки О отрезок ВС виден под углом 90° + /А/2, и она удалена на расстояние г от прямой ВС, поэтому её можно построить. Затем строим вписанную окружность и проводим к ней касательные из точек Б и С.

8.12. Построим произвольный треугольник с углами А и Б и найдём его периметр Pi. Искомый треугольник подобен построенному треугольнику с коэффициентом Р/Р\.

8.13. Предположим, что треугольник АБС построен. Пусть ААь ББ1 и CCi —его медианы, M — точка их пересечения, М'— точка, симметричная M относительно точки Аь Тогда ММ' = 2та/3, MC = 2тс/3 и М'С = 2ть/3, поэтому треугольник ММ'С можно построить. Точка А симметрична М' относительно точки M, а точка Б симметрична С относительно середины отрезка ММ'.

8.14. Ясно, что

Возьмём произвольный отрезок В'С' и построим треугольник А!В'С' так, чтобы В'С' : А!С' = hb : ha и В'С : А'В' = hc : ha. Пусть h'a — высота треугольника А'В'С, опущенная из вершины А'. Искомый треугольник подобен треугольнику А'В'С' с коэффициентом ha/h'a.

8.15. Возьмём на стороне АБ произвольную точку К', опустим из неё перпендикуляр K'L' на сторону ВС, а затем построим квадрат K'L'M'N', лежащий внутри угла АБС. Пусть прямая BN' пересекает сторону АС в точке N. Ясно, что искомый квадрат является образом квадрата K'L'M'N' при гомотетии с центром Б и коэффициентом BN: BN'.

8.16. Предположим, что искомый треугольник АБС построен. Пусть Q — точка касания вписанной окружности со стороной ВС, PQ — диаметр этой окружности, Б — точка касания вневписанной окружности со стороной ВС. Ясно, что BR = (а + b + с)/2 - с = (а + b - с)/2 и BQ = (а + с - Ь)/2. Поэтому RQ = |ББ - BQ\ = \Ъ - с\. Вписанная окружность треугольника АБС и вневписанная окружность, касающаяся стороны ВС, гомотетичны с центром гомотетии А. Поэтому точка А лежит на прямой PR (рис. 8.2).

Из этого вытекает следующее построение. Строим прямоугольный треугольник PQR по известным катетам PQ = 2г и RQ = \Ъ — с\. Затем проводим две прямые, параллельные прямой RQ и удалённые от неё на расстояние ha. Вершина А является точкой пересечения одной из этих прямых с лучом RP. Так как длина диаметра PQ вписанной окружности известна, её можно построить.

Рис. 8.2

Точки пересечения касательных к этой окружности, проведённых из точки А, с прямой RQ являются вершинами Б и С треугольника.

8.17. Предположим, что треугольник АБС построен. Пусть M — точка пересечения медиан AAi и ВВ\. Тогда AM = 2та/3 и ВМ = 2ть/3. Треугольник АВМ можно построить по длинам сторон АБ = с, AM и ВМ. Затем на лучах AM и ВМ откладываем отрезки АА\ = та и BBi = гпь. Вершина С является точкой пересечения прямых ABi и Ai Б.

8.18. Предположим, что треугольник АБС построен. Пусть H— основание высоты, опущенной из вершины А. Прямоугольный треугольник ACH можно построить по гипотенузе АС = b и катету АН = ha. Затем на прямой СН строим точку Б так, что СБ = а.

8.19. Предположим, что треугольник АБС построен. Опустим из середины Ai стороны ВС перпендикуляры Ai Б' и Ai С' на прямые АС и АБ соответственно. Ясно, что АА\=та, А\В'= hb/2 и А\С = hc/2. Из этого вытекает следующее построение. Строим отрезок AAi длиной та. Затем строим прямоугольные треугольники AAiB' и АА\С' по известным катетам и гипотенузе так, чтобы они лежали по разные стороны от прямой ААь Остаётся построить точки Б и С на сторонах АС' и АБ' угла С'АВ' так, чтобы отрезок ВС делился точкой Ai пополам. Для этого отложим на луче AAi отрезок AD = 2AA\, а затем проведём через точку D прямые, параллельные сторонам угла С'AB'. Точки пересечения этих прямых со сторонами угла С'АВ' являются вершинами искомого треугольника (рис. 8.3).

8.20. Построим угол В'АС'', равный А А. Точка Б строится как пересечение луча AB' и прямой, параллельной лучу АС' и удалённой от него на расстояние hb. Аналогично строится точка С.

8.21. Предположим, что треугольник АБС построен. Опустим из точки Б высоту ВН и проведём медиану ВВ\. В прямоугольных треугольниках СВН и В\ВН известны катет ВН и гипотенузы СБ и BBi, поэтому их можно построить. Затем на луче CBi откладываем отрезок CA = 2CBi. Задача имеет два решения, так как треугольники СВН и В\ВН можно строить либо по одну, либо по разные стороны от прямой ВН.

8.22. Предположим, что треугольник АБС построен. Пусть M — середина отрезка ВС. Опустим из точки А высоту АН, а из точки M — перпендикуляр MD на сторону АС. Ясно, что MD = hb/2. Поэтому треугольники AMD и АМН можно построить. Вершина С является точкой пересечения прямых AD и МН. На луче СМ откладываем отрезок СБ = 2СМ. Задача имеет два решения, так как треугольники AMD и АМН можно строить либо по одну, либо по разные стороны от прямой AM.

8.23. Предположим, что треугольник АБС построен. Пусть Ai, Bi и Ci —середины сторон БС, CA и АБ соответственно. В треугольнике CCiBi известны все стороны: CCi = тс, С\В\ = а/2 и CBi = b/2, поэтому его можно построить. Точка А симметрична С относительно точки Bi, а точка В симметрична А относительно точки Ci.

8.24. Предположим, что треугольник АБС построен, AM — его медиана, АН — высота. Пусть точка А' симметрична А относительно точки М.

Рис. 8.3

Построим отрезок АА' = 2та. Пусть M — его середина. Построим прямоугольный треугольник АМН с гипотенузой AM и катетом АН = ha. Точка С лежит на дуге окружности, из которой отрезок АА' виден под углом 180° — ZA, так как ZACA' = 180° — ZCAB. Поэтому точка С является точкой пересечения этой дуги и прямой МН. Точка В симметрична С относительно точки М.

8.25. Предположим, что треугольник ABC построен. Пусть CD — его биссектриса. Проведём прямую MD, параллельную стороне ВС (точка M лежит на стороне АС). Треугольник CMD равнобедренный, так как ZMCD = ZDCB = AM DC. Поскольку MC : AM = DB : AD = СВ : AC = а : b и AM + MC = b, то MC = ab I (а + b). Строим равнобедренный треугольник CMD по основанию CD = le и боковым сторонам MD = MC = ab/(а + b). Затем на луче СМ откладываем отрезок CA = b, а на луче, симметричном лучу СМ относительно прямой CD, откладываем отрезок СБ = а.

8.26. Предположим, что треугольник ABC построен. Пусть S\ —вневписанная окружность, касающаяся стороны ВС. Обозначим точки касания окружности S\ с продолжениями сторон АБ и АС через К и L, а точку касания S\ со стороной ВС обозначим через М. Так как АК = AL, AL = АС + СМ и АК = AB + BM, то АК = AL = р. Пусть S2 — окружность радиуса ha с центром А. Прямая ВС является общей внутренней касательной к окружностям S\ и S2.

Из этого вытекает следующее построение. Строим угол KAL, равный по величине углу А, так, что КА = LA = р. Строим окружность Si, касающуюся сторон угла KAL в точках К и L, и окружность S2 радиуса ha с центром в точке А. Затем проводим общую внутреннюю касательную к окружностям S\ и S2. Точки пересечения этой касательной со сторонами угла KAL являются вершинами Б и С искомого треугольника.

8.27. Точки Ai к Б1 лежат на окружности S с диаметром АБ. Центр О этой окружности лежит на серединном перпендикуляре к хорде А1Б1. Из этого вытекает следующее построение. Сначала строим точку О, являющуюся точкой пересечения серединного перпендикуляра к отрезку А1Б1 и прямой /. Затем строим окружность радиуса OAi = ОБ1 с центром О. Вершины А и Б являются точками пересечения окружности S с прямой /. Вершина С является точкой пересечения прямой ABi и прямой БАь

8.28. Пусть АБ = ВС и А\, В\, С\ — основания биссектрис треугольника АБС. Тогда АА\С\С = АС\СА = АС\СА\, т.е. треугольник СА1С1 равнобедренный и AiC = AiCi.

Из этого вытекает следующее построение. Через точку Б1 проводим прямую /, параллельную Ai Ci. На прямой / строим точку С так, что CAi = Ci Ai и АС\А\С> 90°. Точка А симметрична точке С относительно точки В\, а вершина Б является точкой пересечения прямых ACi и Ai С.

8.29. а) Согласно задаче 2.20 а) точки А, Б и С являются точками пересечения продолжений высот треугольника А'В'С' с его описанной окружностью.

б) Согласно задаче 2.20 б) точки А, Б и С являются точками пересечения продолжений биссектрис углов треугольника А'В'С с его описанной окружностью.

8.30. Обозначим середины сторон ВС, CA, AB треугольника через Ai, В\, С\ соответственно. Поскольку ВС \\ В\С\ \\ В'С' и OAi _1_ ВС, то OA' !_ В'С'. Аналогично OB' _1_ А'С и ОС .LA'В', т.е. О — точка пересечения высот треугольника А'В'С'. Построив точку О, проводим серединные перпендикуляры к отрезкам OA', OB', ОС. Эти прямые образуют треугольник АБС.

8.31. Согласно задаче 5.10 наша задача совпадает с задачей 8.29 б).

8.32. Пусть О — центр описанной окружности, M — середина стороны АБ, H — основание высоты, опущенной из точки С. Точка Q является серединой дуги AB, поэтому OQ JL AB. Из этого вытекает следующее построение. Сначала по трём данным точкам строим описанную окружность S треугольника PQR. Точка С является точкой пересечения прямой, проведённой через точку Р параллельно OQ, и окружности S. Точка M является точкой пересечения прямой OQ и прямой RC. Прямая AB проходит через точку M и перпендикулярна OQ.

8.33. Согласно задаче 5.2 точки А, Б и С являются основаниями высот треугольника А1Б1С1.

8.34. Пусть Н\ — точка пересечения высот треугольника АБС. Согласно задаче 5.128 ОМ : МН\ = 1 : 2 и точка M лежит на отрезке ОН\. Поэтому можно построить точку Н\. Затем проводим прямую Н\Н и восставляем к этой прямой в точке H перпендикуляр /. Опустив из точки О перпендикуляр на прямую /, получаем точку С\ (середину отрезка АБ). На луче С\М строим точку С так, что CCi : МС\ =3:1. Точки А и Б являются точками пересечения прямой / с окружностью радиуса СО с центром О.

8.35. Пусть О и / — центры описанной и вписанной окружностей, 1С — центр вневписанной окружности, касающейся стороны АБ. Описанная окружность треугольника АБС делит отрезок 1С1 пополам (задача 5.132 б), а отрезок 1С1 делит пополам дугу АБ. Ясно также, что точки А и Б лежат на окружности с диаметром 1С1. Из этого вытекает следующее построение. Строим окружность S с диаметром 1С1 и окружность S\ с центром О и радиусом OD, где Б — середина отрезка 1С1. Окружности S и Si пересекаются в точках А и Б. Теперь можно построить вписанную окружность треугольника АБС и провести к ней касательные из точек А и Б.

8.36. Предположим, что мы построили точки X и Y на сторонах АБ и ВС треугольника АБС так, что AX = BY и XY \\ АС. Проведём YY\ \\АВ и Y1C1 || ВС (точки Yi и Ci лежат на сторонах АС и АБ). Тогда YiY = АХ = BY, т.е. BYY\C — ромб и BY\ —биссектриса угла Б.

Из этого вытекает следующее построение. Проводим биссектрису BY\, затем прямую YiY, параллельную стороне АБ (Y лежит на БС). Точка X теперь строится очевидным образом.

8.37. Пусть для определённости а <Ь. Предположим, что треугольник АБС построен. Возьмём на стороне АС точку Б так, что ZABD = ABAC. Тогда ZBDC = 2ZBAC и ZCBD = SZBAC - ZBAC = 2ZBAC, т. е. CD = СВ = а. В треугольнике BCD известны все стороны: СБ = СБ = а и DB = AD = b — а. Построив треугольник BCD, проводим луч ВА, не пересекающий сторону CD, так, что ZDBA = ZDBC/2. Искомая вершина А является точкой пересечения прямой СБ и этого луча.

8.38. Пусть точка В' лежит на прямой /, проходящей через точку Б параллельно АС. Стороны треугольников АБС и АБ'С высекают на прямой, параллельной АС, равные отрезки. Поэтому прямоугольники P'R'Q'S' и PRQS, вписанные в треугольники АБС и АВ'С соответственно, равны, если точки Б, Q, R' и Q' лежат на одной прямой.

Возьмём точку В' на прямой / так, что AB'АС = 90°. В треугольник АВ'С прямоугольник P'R'Q'S' с данной диагональю P'Q' вписывается очевидным

образом (P' = А). Проведя прямую R'Q'', находим вершины R и Q искомого прямоугольника.

8.39. Предположим, что треугольник ABC построен. Пусть К a L — точки, в которых вневписанная окружность, касающаяся стороны ВС, касается продолжений сторон AB и АС соответственно. Так как АК = AL = р, то эту вневписанную окружность можно построить; остаётся провести к построенной окружности касательную через данную точку М.

8.40. Пусть продолжение биссектрисы CD пересекает описанную окружность треугольника ABC (с прямым углом С) в точке P, PQ — диаметр описанной окружности, О —её центр. Тогда PD:PO = PQ:PC, т.е. PD-PC = 2R2 = 2т2с. Поэтому, проведя к окружности с диаметром CD касательную длиной \[2тс, легко построить отрезок длиной PC. Теперь в треугольнике ОРС известны длины всех сторон.

8.41. Построим точку К на стороне АС так, что АК = ВС — AB. Пусть точка D лежит на отрезке АС. Равенство AD + BD + AB = ВС эквивалентно равенству AD + BD = АК. Для точки D, лежащей на отрезке АК, последнее равенство перепишется в виде AD + BD = AD + DK, а для точки D, не лежащей на отрезке АК, — в виде AD + BD = AD — DK. В первом случае BD = DK, а второй случай невозможен. Поэтому точка D является точкой пересечения серединного перпендикуляра к отрезку ВК и отрезка АС.

8.42. Предположим, что треугольник ABC построен. Проведём диаметр CD описанной окружности. Пусть О — центр описанной окружности, L — точка пересечения продолжения биссектрисы АК с описанной окружностью (рис. 8.4). Так как ZABC - ZACB = 90°, то ZABD = ZACB; поэтому wDA = wAB. Ясно также, что ^jBL = wLC. Следовательно, ZAOL = 90°.

Из этого вытекает следующее построение. Строим окружность S с центром О и данным радиусом. На окружности S выбираем произвольную точку А. Строим точку L на окружности S так, что ZAOL = 90°. На отрезке AL строим отрезок АК, равный данной биссектрисе. Через точку К проводим прямую /, перпендикулярную OL. Точки пересечения прямой / с окружностью S являются вершинами Б и С искомого треугольника АБС.

8.43. Возьмём на сторонах ВС и АС такие точки А\ и В\, что PAi || АС и РБ1 II ВС. Затем отложим на лучах Ai Б и Б1А отрезки А1Б2 = Aßi и В\А'2 = ВА\. Докажем, что прямая А2Б2 искомая. В самом деле, пусть k = AP/AB. Тогда

т. е. ЛА2Б1Р ~ ЛА2СБ2 и прямая А2Б2 проходит через точку Р. Кроме того, АА2 = \{l-k)a-kb\= ВВ2.

8.44. Предположим, что треугольник АБС построен. Пусть Б1 — точка касания вписанной окружности со стороной АС. В прямоугольном треуголь-

Рис. 8.4

нике АОВ\ известны катет ОВ\ = г и гипотенуза АО, поэтому можно построить угол ОАВ\, а значит, и угол ВАС. Пусть 0\ — центр описанной окружности треугольника ABC, M — середина стороны ВС. В прямоугольном треугольнике ВО\М известны катет 0\М = АН/2 (см. решение задачи 5.128) и угол ВО\М (он равен ZA или 180° — ZA), поэтому его можно построить. Затем можно определить длину отрезка 00\ = y/R(R - 2г) (см. задачу 5.12 а). Итак, можно построить отрезки длиной R и 00\ = d.

После этого возьмём отрезок АО и построим точку 0\, для которой AOi = R и OOi = d (таких точек может быть две). Проведём из точки А касательные к окружности радиуса г с центром О. Искомые точки Б и С лежат на этих касательных, удалены от точки 0\ на расстояние R и, разумеется, отличны от точки А.

8.45. Пусть а, Ъ, с — данные прямые, причём прямая Ъ лежит между а и с. Предположим, что вершины А, В, С квадрата ABCD лежат на прямых а, Ъ, с соответственно.

Первое решение. Из того, что ААВС = 90° и AB = ВС вытекает следующее построение. Возьмём на прямой b произвольную точку В и повернём прямую а относительно точки В на 90° (в одну или в другую сторону). Точка С — это точка пересечения прямой с и образа прямой а при указанном повороте.

Второе решение. Возьмём на прямой b произвольную точку В и опустим из неё перпендикуляр БА1 на прямую а и перпендикуляр ВС\ на прямую с. Прямоугольные треугольники БА1А и СС\В имеют равные гипотенузы и равны углы, поэтому они равны. Из этого вытекает следующее построение. На прямой а строим отрезок Ai А, равный отрезку ВС\. Мы построили вершину А. Вершина С строится аналогично.

8.46. Пусть расстояние между данными параллельными прямыми равно а. Нужно провести через точки А и Б параллельные прямые так, чтобы расстояние между ними было равно а. Для этого построим окружность на отрезке АБ как на диаметре и найдём точки С\ и Сч пересечения этой окружности с окружностью радиуса а с центром Б. Сторона искомого ромба лежит на прямой ACi (второе решение — на прямой АС2). Затем через точку Б проводим прямую, параллельную ACi (соответственно АС2).

8.47. Предположим, что четырёхугольник ABCD построен. Обозначим середины сторон АБ, ВС, CD и DA через P, Q, R к S соответственно и середины диагоналей АС и BD через К и L. В треугольнике KSL известны KS = CD/2, LS = АВ/2 и угол KSL, равный углу между сторонами АБ и СБ. Построив треугольник KSL, можно построить треугольник KRL, так как известны длины всех его сторон. После этого достраиваем треугольники KSL и KRL до параллелограммов KSLQ и KRLP. Вершины А, Б, С, Б являются вершинами параллелограммов PLSA, QKPB, RLQC, SKRD (рис. 8.5).

Рис. 8.5

8.48. Опустим из вершин Б и D перпендикуляры ВВ\ и DD\ на диагональ АС. Пусть для определённости DD\ > ВВ\. Построим отрезок длины а = DD\ — ВВ\ и проведём прямую, параллельную прямой АС, удалённую от АС на расстояние а и пересекающую сторону CD в некоторой точке Е. Ясно, что Saed = (ED/CD)Sacd = (BB\/DD\)SAcd = S abc- Поэтому медиана треугольника АЕС лежит на искомой прямой.

8.49. Пусть P, Q, R — середины равных сторон АБ, БС, CD четырёхугольника ABCD. Проведём серединные перпендикуляры 1\ и 12 к отрезкам PQ и QR. Поскольку АБ = ВС = CD, точки Б и С лежат на прямых 1\ и 12 и BQ = QC.

Из этого вытекает следующее построение. Проводим серединные перпендикуляры 1\ и 12 к отрезкам PQ и QR. Затем через точку Q проводим отрезок с концами на прямых 1\ и 12 так, чтобы Q была его серединой (см. задачу 16.15).

8.50. Пусть даны вершины А, Б и С вписанного и описанного четырёхугольника ABCD, причём АБ ^ ВС. Тогда AD - CD = AB - ВС ^ 0, поэтому на стороне AD можно отложить отрезок DC\, равный DC. В треугольнике ACiC известны длины сторон АС и ACi=AB-BC и ZACiC = 90° + ZD/2 = 180° - /Б/2. Так как угол ACiC тупой, треугольник ACiC по этим элементам строится однозначно. Дальнейшее построение очевидно.

8.51. Пусть ABCD — описанная равнобедренная трапеция с основаниями AD и ВС, причём AD>BC; Ci —проекция точки С на прямую AD. Докажем, что AB = АС\. В самом деле, если Р и Q— точки касания сторон АБ и AD с вписанной окружностью, то АБ — АР + PB — AQ + БС/2 — AQ + QC\ — АС\.

Из этого вытекает следующее построение. Пусть Ci — проекция точки С на основание AD. Тогда Б — точка пересечения прямой ВС и окружности радиуса ACi с центром А. Трапеция с AD < ВС строится аналогично.

8.52. Обозначим середины оснований AD и ВС через L и N, а середину отрезка EF через М. Точки L, О, N лежат на одной прямой (задача 19.2). Ясно, что точка M также лежит на этой прямой. Из этого вытекает следующее построение. Проведём через точку К прямую /, перпендикулярную прямой ОК. Основание AD лежит на прямой I. Точка L является точкой пересечения прямой / и прямой ОМ. Точка N симметрична точке L относительно точки М. Через точку О проведём прямые, параллельные прямым EN и FN. Точки пересечения этих прямых с прямой / являются вершинами А и Б трапеции. Вершины Б и С симметричны вершинам А и Б относительно точек Е и F соответственно.

8.53. Предположим, что мы построили четырёхугольник ABCD с данными длинами сторон и данной средней линией KP (К и Р — середины сторон АБ и CD). Пусть Ai и ßi — точки, симметричные точкам А и Б относительно точки Р. Треугольник А1БС можно построить, так как в нём известны стороны ВС, СА\ = AD и БА1 = 2КР. Достроим треугольник А1БС до параллелограмма А\ЕВС. Теперь можно построить точку D, так как известны CD и ED = ВА. Воспользовавшись тем, что DA = А\С, построим точку А.

8.54. Используя формулы задач 6.37 и 6.38, легко выразить диагонали вписанного четырёхугольника через его стороны. Полученные формулы можно использовать для построения диагоналей (для удобства следует ввести произвольный отрезок е в качестве отрезка единичной длины и строить отрезки длиной pq, p/q и у/р как pq/e, pe/q и у/рё).

8.55. Окружность высекает на сторонах угла равные отрезки тогда и только тогда, когда её центр лежит на биссектрисе угла. Поэтому центром искомой окружности является точка пересечения серединного перпендикуляра к отрезку АБ и биссектрисы данного угла.

8.56. Предположим, что мы построили окружность S', касающуюся данной окружности S в точке А и данной прямой / в некоторой точке В. Пусть О и О' — центры окружностей S и S' соответственно (рис. 8.6). Ясно, что точки О, О' и А лежат на одной прямой и О'В = О'А. Поэтому нужно построить точку О' на прямой OA так, чтобы О'А = О'В, где В — основание перпендикуляра, опущенного из точки О' на прямую /. Для этого опустим перпендикуляр OB' на прямую /. Затем отложим на прямой АО отрезок OA' длины OB'. Через точку А проведём прямую АБ, параллельную А'В' (точка Б лежит на прямой /). Точка О' является точкой пересечения прямой OA и перпендикуляра к прямой /, проведённого через точку Б.

8.57. а) Пусть 1\ — серединный перпендикуляр к отрезку АБ, С — точка пересечения прямых 1\ и /, а /' — прямая, симметричная / относительно прямой 1\. Задача сводится к тому, чтобы построить окружность, проходящую через точку А и касающуюся прямых / и /' (см. задачу 19.16).

б) Можно считать, что центр окружности S не лежит на серединном перпендикуляре к отрезку АБ (иначе построение очевидно). Возьмём произвольную точку С окружности S и построим описанную окружность треугольника АБС; она пересекает S в некоторой точке D. Пусть M — точка пересечения прямых АБ и CD. Проведём к окружности S касательные MP и MQ. Тогда описанные окружности треугольников АВР и ABQ искомые, так как MP2 = MQ2 = MA • MB.

8.58. Пусть A, Б, С — данные точки, А', В', С — центры требуемых окружностей (А' — центр окружности, проходящей через точки Б и С и т.д.). Треугольники ВА'С, АВ'С, АС'В равнобедренные. Пусть х, у, z— углы при их основаниях. Тогда

Эта система уравнений легко решается. Например, чтобы найти х, нужно сложить два последних уравнения и вычесть из них первое уравнение. Если же мы знаем (ориентированные) углы х, у, z, то требуемые окружности строятся очевидным образом.

8.59. Пусть А, Б, С, D — данные точки, S — искомая окружность. По одну сторону от S лежит k данных точек, по другую сторону лежит 4 — k данных точек. Мы будем предполагать, что данные точки не лежат на одной окружности (иначе в качестве S можно взять любую окружность с тем же центром; получается бесконечно много решений). Таким образом, 1 ^ k ^ 3.

Рис. 8.6

Мы получаем два существенно различных расположения точек по отношению kS:2 + 2h1 + 3.

Пусть сначала точки А и Б лежат по одну сторону от окружности S, а точки С и Б — по другую. Центром окружности S является точка О пересечения серединных перпендикуляров к отрезкам АБ и СБ. Радиус окружности S равен среднему арифметическому длин отрезков OA и ОС. Четыре точки можно разбить на пары тремя способами, поэтому мы получаем 3 решения.

Пусть теперь точки А, Б и С лежат по одну сторону от окружности S, а точка Б — по другую. Проведём через точки А, Б и С окружность. Пусть О и Б — её центр и радиус. Точка О является центром искомой окружности, а радиус искомой окружности равен среднему арифметическому Б и ОБ. Одну точку из четырёх можно выбрать четырьмя способами, поэтому мы получаем 4 решения.

8.60. Предположим, что мы построили требуемую точку X. Пусть прямая АХ пересекает данную окружность S в точке С, а прямая ВХ — в точке Б. Проведём через точку Б прямую, параллельную прямой АБ; она пересекает окружность S в некоторой точке К. Пусть прямая КС пересекает прямую АБ в точке Р. Треугольники АРС и АХ В подобны, поскольку угол А у них общий и ZAPC = ZCKD = ZCXD. Из подобия этих треугольников следует, что АР • AB = АС- АХ.

Из этого вытекает следующее построение. Проведём через точку А прямую, пересекающую окружность S в некоторых точках С' и X'. Тогда АР • АБ = АС • АХ — АС • АХ'', поэтому мы можем построить точку Р. Далее, нам известен угол CDK (он равен углу между прямыми АБ и MN). Поэтому мы знаем длину хорды КС, а значит, мы можем построить окружность S', которая имеет тот же самый центр, что и окружность S, и касается хорды КС. Проведя из точки Р касательную к окружности S', находим точку С.

8.61. Предположим, что мы построили окружности Si, S<2 и S3, попарно касающиеся в данных точках: Si и S2 касаются в точке С; Si и S3 — в точке Б; S2 и S3 — в точке А. Пусть Oi, О2 и Оз — центры окружностей Si, S2 и S3. Тогда точки А, Б и С лежат на сторонах треугольника О1О2О3, причём О1Б = Oi С, О2С = О2А и ОзА = ОзБ. Поэтому точки А, Б и С являются точками касания вписанной или вневписанной окружности треугольника О1О2О3 со сторонами.

Из этого вытекает следующее построение. Строим описанную окружность треугольника АБС и проводим к ней касательные в точках А, Б и С. Точки пересечения этих касательных являются центрами искомых окружностей.

8.62. Предположим, что мы построили окружность S, касательные AAi, ББ1 и CCi к которой имеют длины a, b и с соответственно (Ai, Б1 и Ci —точки касания). Построим окружности Sa, Sb и Sc с центрами А, Б и С и радиусами a, b и с соответственно (рис. 8.7). Если О — центр окружности S, то отрезки OAi, ОБ1 и OCi являются как радиусами окружности S, так и касательными к окружностям Sa, Sb и Sc. Поэтому точка О является радикальным центром окружностей Sa, Sb и Sc.

Рис. 8.7

Из этого вытекает следующее построение. Сначала строим окружности Sa, Sb и Sc. Затем строим их радикальный центр О. Искомая окружность является окружностью с центром О и радиусом, равным по длине касательной, проведённой из точки О к окружности Sa.

8.63. Построим сначала отрезок ВС длиной а. Затем построим ГМТ X, для которых СХ : ВХ = b : с (см. задачу 7.14). В качестве вершины А можно взять любую из точек пересечения этого ГМТ с прямой, удалённой от прямой ВС на расстояние ha.

8.64. По длинам отрезков AD и BD можно построить отрезок AB и точку D на этом отрезке. Точка С является точкой пересечения окружности радиуса CD с центром D и ГМТ X, для которых АХ : ВХ = AD : BD.

8.65. Пусть X — точка, не лежащая на прямой AB. Ясно, что ZAXB = ZBCX тогда и только тогда, когда АХ : СХ = AB : СВ. Поэтому точка M является точкой пересечения ГМТ X, для которых АХ : СХ = AB : СВ, и ГМТ У, для которых BY : DY = ВС : DC (эти ГМТ могут не пересекаться).

8.66. Нужно построить точку О, для которой АО:А10 = AB:А'В' и ВО:В'0 = AB : А'В'. Точка О является точкой пересечения ГМТ X, для которых АХ : А'Х = AB : А'В', и ГМТ У, для которых BY : В'Y = AB : А'В'.

8.67. Пусть О — центр данной окружности. Хорды ХР и XQ, проходящие через точки А и Б, равны тогда и только тогда, когда ХО — биссектриса угла PXQ, т. е. АХ : ВХ = АО : ВО. Искомая точка X является точкой пересечения соответствующей окружности Аполлония с данной окружностью.

8.68. а) Если прямая / не пересекает отрезок АБ, то АББ1А1 —параллелограмм и / || АБ. Если прямая / пересекает отрезок АБ, то АА1ББ1 — параллелограмм и / проходит через середину отрезка АБ.

б) Одна из искомых прямых параллельна прямой АБ, а другая проходит через середину АБ.

8.69. Построим окружность радиуса 1 и проведём в ней два перпендикулярных диаметра АБ и СБ. Пусть О — центр окружности, M — середина отрезка ОС, Р — точка пересечения прямой AM и окружности с диаметром ОС (рис. 8.8).

Тогда

а значит,

(см. задачу 5.52), т.е. АР — длина стороны правильного десятиугольника, вписанного в данную окружность.

8.70. Предположим, что мы построили прямоугольник PQRS так, что данные точки А, Б, С, Б лежат на сторонах PQ, QR, RS, SP соответственно и PQ : QR = а, где а — данное отношение сторон. Пусть F — точка пересечения прямой, проведённой через точку Б перпендикулярно к прямой АС, и прямой QR. Тогда DF:AC = a.

Из этого вытекает следующее построение. Из точки Б проводим луч, пересекающий отрезок АС под прямым углом, и на этом луче строим точку F так, что DF = а • АС. Сторона QR лежит на прямой BF. Дальнейшее построение очевидно.

Рис. 8.8

8.71. Предположим, что точки X и У, обладающие требуемыми свойствами, построены. Обозначим точку пересечения прямых АХ и УС через М, а точку пересечения прямых AB и XY через К. Прямоугольные треугольники АХК и YXM имеют общий острый угол X, поэтому Z.XAK = ZXYM. Углы ХАВ и XYB опираются на одну дугу, поэтому ZXAB = ZXYB. Следовательно, ZXYM = ZXYB. Так как XY±AB, то А —середина отрезка СБ.

Обратно, если К — середина отрезка СБ, то ZMYX = ZBYX = АХАВ. Треугольники АХК и YXM имеют общий угол X и ZXAK = ZXYM, поэтому Z.YMX = ZAKX = 90°.

Из этого вытекает следующее построение. Через середину К отрезка СБ проводим прямую /, перпендикулярную прямой АБ. Точки X и У являются точками пересечения прямой / с данной окружностью.

8.72. Если есть угол величиной а, то можно построить углы величиной 2а, За и т.д. Так как 19 • 19° = 361°, то можно построить угол 361°, совпадающий с углом 1°.

8.73. Построим сначала угол 36° (см. задачу 8.69). Затем можно построить угол (36° — 30°)/2 = 3°. Если п не делится на 3, то, имея углы п° и 3°, можно построить угол 1°. В самом деле, если п = 3k + 1, то 1° = п° — k • 3°, а если п = 3k + 2, то 1° = 2п° - (2k + 1) • 3°.

8.74. Последовательность построений такова. Выберем на клочке бумаги произвольную точку О и произведём гомотетию с центром О и достаточно малым коэффициентом k так, чтобы образ точки пересечения данных прямых при этой гомотетии оказался на клочке бумаги. Тогда можно построить биссектрису угла между образами прямых. Затем произведём гомотетию с прежним центром и коэффициентом 1/k и получим искомый отрезок биссектрисы.

8.75. Построим с помощью двусторонней линейки две параллельные хорды АБ и CD. Пусть Р и Q — точки пересечения прямых АС и BD, AD и ВС. Тогда прямая PQ проходит через центр данной окружности. Построив аналогично ещё одну такую прямую, найдём центр окружности.

8.76. Проведём через точку А два луча рис, образующие угол маленькой величины, содержащий точку Б (лучи можно построить, переставляя линейку). Через точку Б проведём отрезки PQ\ и P\Q (рис. 8.9). Если PQ < 10 см и PiQi < 10 см, то можно построить точку О, в которой пересекаются прямые PQ и PiQi. Проведём через точку О прямую PzQi- Если PQz < 10 см

Рис. 8.9

и P2Q < 10 см, то можно построить точку Б', в которой пересекаются прямые PQ'2 и P2Q. Если ВВ' < 10 см, то можно построить прямую ВВ', а эта прямая проходит через точку А (см. задачу 5.81).

8.77. Построение будет основано на том факте, что если А и — точки пересечения равных окружностей с центрами Р и Q, то РА = БС. Пусть Si — исходная окружность, А\ — данная точка. Через точку А\ проведём окружность S2, через точку А2 пересечения окружностей Si и S2—окружность S3, через точку Аз пересечения окружностей S2 и S3—окружность S4, наконец, через точки В\ и A4 пересечения окружностей Si и S3 с окружностью S4—окружность So. Докажем, что точка В2 пересечения окружностей S5 и Si искомая. Пусть О, — центр окружности S,. Тогда А\0\ = 02А2 = А3О3 = 04А4 = Bi05 = OiB2.

Замечание. Точек пересечения окружностей Si и S4 две; в качестве точки Б1 можно выбирать любую из них.

8.78. Пусть АБ — данный отрезок, Р — произвольная точка, не лежащая на данных прямых. Построим точки С и Б пересечения второй из данных прямых с прямыми РА и PB соответственно и точку Q пересечения прямых AD и ВС. Согласно задаче 19.2 прямая PQ проходит через середину отрезка АБ.

8.79. Пусть АБ — данный отрезок, а С и D — произвольные точки на второй данной прямой. Согласно предыдущей задаче можно построить точку M — середину отрезка CD. Пусть Р — точка пересечения прямых AM и BD, Е — точка пересечения прямых PC и АБ. Докажем, что ЕВ — искомый отрезок. Поскольку АР MC ~ АРАЕ и APMD ~ АР AB, то

8.80. Пусть АБ — данный отрезок, а С и Б — произвольные точки на второй данной прямой. Согласно предыдущей задаче можно построить такие точки D\ = D, D2, ..., Dn, что все отрезки Б,Б;+1 равны отрезку CD. Пусть Р — точка пересечения прямых АС и BDn, а В\, Вп-\ —точки пересечения прямой АБ с прямыми PD\, ..., PDn-\ соответственно. Ясно, что точки В\, Вп-\ делят отрезок АБ на п равных частей.

8.81. Возьмём на одной из данных прямых отрезок АБ и построим его середину M (см. задачу 8.78). Пусть Ai и М\ — точки пересечения прямых РА и РМ со второй данной прямой, Q — точка пересечения прямых БМ1 и МА\. Легко проверить, что прямая PQ параллельна данным прямым.

8.82. В случае, когда точка Р не лежит на прямой АБ, можно воспользоваться решением задачи 3.37. Если же точка Р лежит на прямой АБ, то мы можем сначала опустить перпендикуляры /1 и 12 из каких-нибудь других точек, а затем согласно задаче 8.81 провести через точку Р прямую, параллельную прямым 1\ и 12.

8.83. а) Пусть А — данная точка, / — данная прямая. Рассмотрим сначала случай, когда точка О не лежит на прямой /. Проведём через точку О две произвольные прямые, пересекающие прямую / в точках Б и С. Согласно задаче 8.82 в треугольнике ОБС можно опустить высоты на стороны ОБ и ОС. Пусть H — точка их пересечения. Тогда можно провести прямую ОН, которая перпендикулярна /. Согласно задаче 8.82 можно опустить перпендикуляр из точки А на ОН. Это и есть искомая прямая, проходящая через А и па-

раллельная Z. Чтобы из А опустить перпендикуляр на /, нужно восставить из О перпендикуляр /' к ОН, а затем из А опустить перпендикуляр на V. В случае, когда точка О лежит на прямой /, согласно задаче 8.82 можно сразу опустить из точки А перпендикуляр /' на прямую /, а затем из той же точки А восставить перпендикуляр к прямой

б) Пусть / — данная прямая, А — лежащая на ней данная точка и ВС — данный отрезок. Проведём через точку О прямые OD и ОЕ, параллельные прямым / и ВС соответственно (D и Е — точки пересечения этих прямых с окружностью S). Через точку С проведём прямую, параллельную ОБ, до пересечения с прямой ОЕ в точке F, через F — прямую, параллельную ED, до пересечения с ОБ в точке G и, наконец, через G — прямую, параллельную OA, до пересечения с / в точке Н. Тогда АН = OG = OF = ВС, т. е. АН — требуемый отрезок.

в) Возьмём две произвольные прямые, пересекающиеся в точке Р. Отложим на одной из них отрезок РА — а, а на другой — отрезки PB — Ь и PC = с. Пусть Б — точка пересечения прямой РА с прямой, проходящей через Б и параллельной АС. Ясно, что PD = ab/с.

г) Пусть H — гомотетия (или параллельный перенос), переводящая окружность с центром А и радиусом г в окружность S (т. е. в заданную окружность с отмеченным центром О). Так как радиусы обеих окружностей известны, можно построить образ любой точки X при отображении Н. Для этого нужно через точку О провести прямую, параллельную прямой АХ, и отложить на ней отрезок, равный r s • АХ/г, где rs — радиус окружности S. Аналогично строится образ любой точки при отображении Н~1. Поэтому можно построить прямую /' = Н(1) и найти точки её пересечения с окружностью S, а затем построить образы этих точек при отображении Н~1.

д) Пусть А и Б — центры данных окружностей, С — одна из точек, которые нужно построить, СН — высота треугольника АБС. Записав теорему Пифагора для треугольников ACH и ВСН, получим, что АН = (Ь2 + с2 — а2)/2с. Величины a, b и с известны, поэтому можно построить точку H и точки пересечения прямой СН с одной из данных окружностей.

8.84. а) Проведём прямые, параллельные прямым OA и ОБ, удалённые от последних на расстояние а и пересекающие стороны угла. Точка пересечения этих прямых лежит на искомой биссектрисе.

б) Проведём прямую, параллельную ОБ, удалённую от последней на расстояние а и пересекающую луч OA в некоторой точке М. Через точки О и M проведём другую пару параллельных прямых, расстояние между которыми равно а; прямая, проходящая через точку О, содержит искомую сторону угла.

8.85. Проведём через точку А произвольную прямую, а затем проведём прямые 1\ и Ii, параллельные ей и удалённые от неё на расстояние а; эти прямые пересекают прямую / в точках М\ и М2. Через точки А и М\ проведём ещё одну пару параллельных прямых 1а и 1пг, расстояние между которыми равно а. Точка пересечения прямых 12 и 1т лежит на искомом перпендикуляре.

8.86. Проведём прямую, параллельную данной и удалённую от неё на расстояние а. Теперь можно воспользоваться результатами задач 8.81 и 8.78.

8.87. Проведём через точку Р прямые PAi || OA и РБ1 || ОБ. Пусть прямая РМ делит пополам угол между прямыми / и РАь При симметрии относительно прямой РМ прямая PAi переходит в прямую /, поэтому прямая РБ1 при этой симметрии переходит в одну из искомых прямых.

8.88. Достроим треугольник ABM до параллелограмма ABMN. Проведём через точку N прямые, параллельные биссектрисам углов между прямыми / и MN. Точки пересечения этих прямых с прямой / искомые.

8.89. Проведём прямую 1\, параллельную прямой OA и удалённую от неё на расстояние а. Возьмём на прямой / произвольную точку В. Пусть В\ — точка пересечения прямых OB и 1\. Проведём через точку В\ прямую, параллельную AB; эта прямая пересекает прямую OA в точке А\. Проведём теперь через точки О и Ai пару параллельных прямых, расстояние между которыми равно а (таких пар прямых может быть две); пусть I и Ii — точки пересечения прямой, проходящей через точку О, с прямыми / и 1\. Так как OAi = ОХ\ и ЛОА1Х1 ~ АО АХ, точка X искомая.

8.90. Восставим в точках 0\ и О2 перпендикуляры к прямой О1О2 и отложим на них отрезки О1Б1 = О2А2 и 02B2 = OiAi. Построим середину M отрезка Б1Б2 и в точке M восставим перпендикуляр к Б1Б2. Этот перпендикуляр пересечёт прямую О1О2 в точке N. Тогда 0\N2 + 0\В2 = O2N2 + О2Б2, а значит, 0\N2 — 0\Ä{ = O2N2 — O2Ä2, т. е. точка N лежит на радикальной оси. Остаётся восставить перпендикуляр к О1О2 в точке N.

8.91. Построим сначала произвольную прямую 1\, перпендикулярную прямой /, а затем через точку А проведём прямую, перпендикулярную прямой 1\.

8.92. а) Проведём через точки А и Б прямые АР и BQ, перпендикулярные прямой АБ, а затем проведём произвольный перпендикуляр к прямой АР. В результате получим прямоугольник. Остаётся опустить из точки пересечения его диагоналей перпендикуляр на прямую АБ.

б) Восставим из точки Б перпендикуляр / к прямой АБ и проведём через точку А две перпендикулярные прямые; они пересекают прямую / в точках M к N. Достроим прямоугольный треугольник MAN до прямоугольника MANR. Основание перпендикуляра, опущенного из точки R на прямую АБ, является искомой точкой С.

8.93. а) Опустим из точки А перпендикуляр АР на прямую ОБ и построим отрезок АС, серединой которого является точка Р. Тогда угол АОС искомый.

б) Возьмём на прямой ОБ такие точки Б и ßi, что OB = ОВ\. Расположим прямой угол так, чтобы его стороны проходили через точки Б и В\, а вершина лежала на луче OA. Если А — вершина прямого угла, то угол АБ1Б искомый.

8.94. Проведём через точку О прямую параллельную прямой /. Из точки Б опустим перпендикуляры BP и BQ на прямые /' и OA, а затем из точки О опустим перпендикуляр ОХ на прямую PQ. Тогда прямая ХО искомая (см. задачу 2.3); если точка Y симметрична точке X относительно прямой то прямая УО тоже искомая.

8.95. Достроим треугольник ОАБ до параллелограмма ОАВС, а затем построим отрезок СС\, серединой которого является точка О. Расположим прямой угол так, чтобы его стороны проходили через точки С и Ci, а вершина лежала на прямой /. Вершина прямого угла совпадает тогда с искомой точкой X.

8.96. Построим отрезок АБ, серединой которого является точка О, и расположим прямой угол так, чтобы его стороны проходили через точки А и Б, а вершина лежала на прямой /. Тогда вершина прямого угла совпадёт с искомой точкой.

ГЛАВА 9

ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ НЕРАВЕНСТВА

Основные сведения

1. Для элементов треугольника используются следующие обозначения: а, Ъ, с — длины сторон ВС, CA, АБ;

а, ß, у — величины углов при вершинах А, Б, С;

та, ть, тс — длины медиан, проведённых из вершин А, Б, С;

ha, hb, hc — длины высот, опущенных из вершин А, Б, С;

la, h, le — длины биссектрис, проведённых из вершин А, Б, С;

г и R — радиусы вписанной и описанной окружностей.

2. Если А, Б, С — произвольные точки, то АБ ^ АС + СБ, причём равенство достигается, только если точка С лежит на отрезке АБ (неравенство треугольника).

3. Медиана треугольника меньше полусуммы заключающих её сторон: та < (Ь + с)/2 (задача 9.1).

4. Если один выпуклый многоугольник лежит внутри другого, то периметр внешнего многоугольника больше периметра внутреннего (задача 9.29 б).

5. Сумма длин диагоналей выпуклого четырёхугольника больше суммы длин любой пары его противоположных сторон (задача 9.15).

6. Против большей стороны треугольника лежит больший угол (задача 10.62).

7. Длина отрезка, лежащего внутри выпуклого многоугольника, не превосходит либо наибольшей стороны, либо наибольшей диагонали (задача 10.67).

8. При решении некоторых задач этой главы нужно знать разные алгебраические неравенства. Сведения об этих неравенствах и их доказательства приведены в приложении к настоящей главе (см. с. 230); с ними следует познакомиться, но нужно учесть, что они требуются только для решения достаточно сложных задач, а для решения простых задач понадобятся лишь неравенство \fa~b ^ (а + Ь)/2 и следствия из него.

Вводные задачи

1. Докажите, что Sabc ^ AB • ВС/2.

2. Докажите, что Sabcd ^ (AB - ВС + AD - DC)/2.

3. Докажите, что /АБС > 90° тогда и только тогда, когда точка Б лежит внутри окружности с диаметром АС.

4. Радиусы двух окружностей равны R и г, а расстояние между их центрами равно d. Докажите, что эти окружности пересекаются тогда и только тогда, когда \R — r\<d<R + r.

5. Докажите, что любая диагональ четырёхугольника меньше половины его периметра.

§ 1. Медиана треугольника

9.1. Докажите, что (а + b — с)/2 < тс < (а + Ь)/2.

9.2. Докажите, что в любом треугольнике сумма медиан больше 3/4 периметра, но меньше периметра.

9.3. Даны п точек Ai,...,A/2 и окружность радиуса 1. Докажите, что на окружности можно выбрать точку M так, что МА\ + ... ... + МАп ^ п.

9.4. Точки Ai, Ап не лежат на одной прямой. Пусть две разные точки Р и Q обладают тем свойством, что А\Р + ... + АпР = A\Q + ... ... + AnQ = s. Докажите, что тогда А\К + ... + АпК < s для некоторой точки К.

9.5*. На столе лежит 50 правильно идущих часов. Докажите, что в некоторый момент сумма расстояний от центра стола до концов минутных стрелок окажется больше суммы расстояний от центра стола до центров часов.

§ 2. Алгебраические задачи на неравенство треугольника

В задачах этого параграфа a, b и с — длины сторон произвольного треугольника.

9.6. Докажите, что а = у + z, b = х + z и с = х + у, где х, у и z — положительные числа.

9.7. Докажите, что

9.8. При любом натуральном п из чисел а72, Ьп и сп можно составить треугольник. Докажите, что среди чисел a, b и с есть два равных.

9.9. Докажите, что

9.10. Докажите, что

9.11. Пусть

Докажите, что

9.12*. Пять отрезков таковы, что из любых трёх из них можно составить треугольник. Докажите, что хотя бы один из этих треугольников остроугольный.

9.13*. Докажите, что

9.14*. Докажите, что

§ 3. Сумма длин диагоналей четырёхугольника

9.15. Пусть ABCD — выпуклый четырёхугольник. Докажите, что AB + CD<AC + BD.

9.16. Пусть ABCD — выпуклый четырёхугольник, причём AB + BD^ ^ АС + CD. Докажите, что AB < АС.

9.17*. Внутри выпуклого четырёхугольника с суммой длин диагоналей d расположен выпуклый четырёхугольник с суммой длин диагоналей d'. Докажите, что d'< 2d.

9.18*. Дана замкнутая ломаная, причём любая другая замкнутая ломаная с теми же вершинами имеет большую длину. Докажите, что эта ломаная несамопересекающаяся.

9.19*. Сколько сторон может иметь выпуклый многоугольник, все диагонали которого имеют одинаковую длину?

9.20*. На плоскости даны п красных и п синих точек, никакие три из которых не лежат на одной прямой. Докажите, что можно провести п отрезков с разноцветными концами, не имеющих общих точек.

9.21*. Докажите, что среднее арифметическое длин сторон произвольного выпуклого многоугольника меньше среднего арифметического длин всех его диагоналей.

9.22*. Дан выпуклый (2п + 1)-угольник А1А3А5 ... А2п^\А2 ... A2n. Докажите, что среди всех замкнутых ломаных с вершинами в его вершинах наибольшую длину имеет ломаная А\А2А^... A2,2+iAi.

См. также задачу 6.93.

§ 4. Разные задачи на неравенство треугольника

9.23. В треугольнике длины двух сторон равны 3,14 и 0,67. Найдите длину третьей стороны, если известно, что она является целым числом.

9.24. Докажите, что сумма длин диагоналей выпуклого пятиугольника ABCDE больше периметра, но меньше удвоенного периметра.

9.25. Докажите, что если длины сторон треугольника связаны неравенством а2 + Ь2 > 5с2, то с — длина наименьшей стороны.

9.26. Две высоты треугольника равны 12 и 20. Докажите, что третья высота меньше 30.

9.27. Дан треугольник АБС и точка D внутри его, причём AC — DA> > 1 и ВС — BD > 1. Пусть Е — произвольная точка внутри отрезка АБ. Докажите, что ЕС — ED > 1.

9.28*. Точки Ci, Ai, Б1 взяты на сторонах АБ, БС, CA треугольника АБС так, что ВАХ = А - БС, СВХ = А - CA, ACi = А • АБ, причём 1/2 < < А < 1. Докажите, что периметр Р треугольника АБС и периметр Pi треугольника А1Б1С1 связаны неравенствами (2А — 1)Р < Pi < АР.

9.29*. а) Докажите, что при переходе от невыпуклого многоугольника к его выпуклой оболочке периметр уменьшается. (Выпуклой оболочкой многоугольника называют наименьший выпуклый многоугольник, его содержащий.)

б) Внутри выпуклого многоугольника лежит другой выпуклый многоугольник. Докажите, что периметр внешнего многоугольника больше, чем периметр внутреннего.

9.30*. Внутри треугольника АБС периметра Р взята точка О. Докажите, что Р/2 <АО + ВО + СО<Р.

9.31*. На основании AD трапеции ABCD нашлась точка Е, обладающая тем свойством, что периметры треугольников ABE, ВСЕ и CDE равны. Докажите, что тогда ВС = AD/2.

См. также задачи 13.43, 20.12.

§ 5. Площадь треугольника не превосходит половины произведения двух сторон

9.32. Дан треугольник площади 1 со сторонами a ^ с. Докажите, что b ^ л/2.

9.33. Пусть Е, F, G и H — середины сторон АБ, БС, CD и DA четырёхугольника ABCD. Докажите, что

9.34. Периметр выпуклого четырёхугольника равен 4. Докажите, что его площадь не превосходит 1.

9.35. Внутри треугольника АБС взята точка М. Докажите, что 4S ^ ^ AM • ВС + ВМ • АС + СМ • АБ, где S — площадь треугольника АБС.

9.36*. В окружность радиуса R вписан многоугольник площади S, содержащий центр окружности, и на его сторонах выбрано по точке. Докажите, что периметр выпуклого многоугольника с вершинами в выбранных точках не меньше 2S/R.

9.37*. Внутри выпуклого четырёхугольника ABCD площади S взята точка О, причём АО2 + ВО2 + СО2 + DO2 = 2S. Докажите, что тогда ABCD — квадрат и О — его центр.

§ 6. Неравенства для площадей

9.38. Точки M и N лежат на сторонах АБ и АС треугольника АБС, причём AM = CN и AN = ВМ. Докажите, что площадь четырёхугольника BMNC по крайней мере в три раза больше площади треугольника AMN.

9.39. Площади треугольников ABC, A\BiC\, А2Б2С2 равны S, Si, S2 соответственно, причём

Докажите, что

9.40. ABCD — выпуклый четырёхугольник площади S. Угол между прямыми AB и CD равен а, угол между AD и ВС равен ß. Докажите, что

9.41. Через точку, лежащую внутри треугольника, проведены три прямые, параллельные его сторонам. Обозначим площади частей, на которые эти прямые разбивают треугольник, так, как показано на рис. 9.1. Докажите, что а/а + b/ß + с/у ^ 3/2.

9.42. Площади треугольников ABC и A\BiC\ равны S и Si, причём треугольник ABC не тупоугольный. Наибольшее из отношений а\/а, Ь\/Ь и с\/с равно k. Докажите, что Si < k2S.

9.43. а) Точки В, С и D делят (меньшую) дугу АЕ окружности на четыре равные части. Докажите, что SACe < SSBcd-

б) Из точки А проведены касательные AB и АС к окружности. Через середину D (меньшей) дуги ВС проведена касательная, пересекающая отрезки AB и АС в точках M и N. Докажите, что Sbcd < %Sman-

9.44*. Все стороны выпуклого многоугольника отодвигаются во внешнюю сторону на расстояние h. Докажите, что его площадь при этом увеличится больше чем на Ph + izh2, где Р — периметр.

9.45*. Квадрат разрезан на прямоугольники. Докажите, что сумма площадей кругов, описанных около всех этих прямоугольников, не меньше площади круга, описанного около исходного квадрата.

9.46*. Докажите, что сумма площадей пяти треугольников, образованных парами соседних сторон и соответствующими диагоналями выпуклого пятиугольника, больше площади всего пятиугольника.

9.47*. а) Докажите, что в любом выпуклом шестиугольнике площади S найдётся диагональ, отсекающая от него треугольник площади не больше S/6.

б) Докажите, что в любом выпуклом восьмиугольнике площади S найдётся диагональ, отсекающая от него треугольник площади не больше S/8.

9.48*. Проекции многоугольника на ось ОХ, биссектрису 1-го и 3-го координатных углов, ось OY и биссектрису 2-го и 4-го координатных углов равны соответственно 4, 3\/2, 5, 4\/2. Площадь многоугольника равна S. Докажите, что S ^ 17,5.

См. также задачу 17.19.

Рис. 9.1

§ 7. Площадь. Одна фигура лежит внутри другой

9.49. Выпуклый многоугольник, площадь которого больше 0,5, помещён в квадрат со стороной 1. Докажите, что внутри многоугольника можно поместить отрезок длины 0,5, параллельный стороне квадрата.

9.50*. Внутри квадрата со стороной 1 даны п точек. Докажите, что:

а) площадь одного из треугольников с вершинами в этих точках или вершинах квадрата не превосходит ^ + >

б) площадь одного из треугольников с вершинами в этих точках не превосходит 1/(п — 2).

9.51*. а) В круг площади S вписан правильный n-угольник площади Si, а около этого круга описан правильный n-угольник площади S2. Докажите, что S2 >SiS2.

б) В окружность, длина которой равна L, вписан правильный n-угольник периметра Pi, а около этой окружности описан правильный n-угольник периметра Р2. Докажите, что L2 <Р\Р2.

9.52*. Многоугольник площади В вписан в окружность площади А и описан вокруг окружности площади С. Докажите, что 2В ^ ^ А + С.

9.53*. В круг радиуса 1 помещено два треугольника, площадь каждого из которых больше 1. Докажите, что эти треугольники пересекаются.

9.54*. а) Докажите, что в выпуклый многоугольник площади S и периметра Р можно поместить круг радиуса S/P.

б) Внутри выпуклого многоугольника площади Si и периметра Pi расположен выпуклый многоугольник площади S2 и периметра Р2. Докажите, что 2S\/P\ > S2/P2.

9.55*. Докажите, что площадь параллелограмма, лежащего внутри треугольника, не превосходит половины площади треугольника.

9.56*. Докажите, что площадь треугольника, вершины которого лежат на сторонах параллелограмма, не превосходит половины площади параллелограмма.

9.57*. Докажите, что любой остроугольный треугольник площади 1 можно поместить в прямоугольный треугольник площади у/3.

9.58*. а) Докажите, что выпуклый многоугольник площади S можно поместить в некоторый прямоугольник площади не более 2S.

б) Докажите, что в выпуклый многоугольник площади S можно вписать параллелограмм площади не менее S/2.

9.59*. Докажите, что в любой выпуклый многоугольник площади 1 можно поместить треугольник, площадь которого не меньше: а) 1/4; б) 3/8.

9.60*. Выпуклый я-угольник помещён в квадрат со стороной 1. Докажите, что найдутся три такие вершины А, В и С этого n-угольника, что площадь треугольника ABC не превосходит: а) S/n2; б) 16п/п3.

См. также задачу 15.8.

§ 8. Ломаные внутри квадрата

9.61*. Внутри квадрата со стороной 1 расположена несамопересекающаяся ломаная длины 1000. Докажите, что найдётся прямая, параллельная одной из сторон квадрата, пересекающая эту ломаную по крайней мере в 500 точках.

9.62*. В квадрате со стороной 1 расположена ломаная длиной L. Известно, что каждая точка квадрата удалена от некоторой точки этой ломаной меньше чем на е. Докажите, что тогда L ^ — —т^'

9.63*. Внутри квадрата со стороной 1 расположено п2 точек. Докажите, что существует ломаная, содержащая все эти точки, длина которой не превосходит 2п.

9.64*. Внутри квадрата со стороной 100 расположена ломаная L, обладающая тем свойством, что любая точка квадрата удалена от L не больше чем на 0,5. Докажите, что на L есть две точки, расстояние между которыми не больше 1, а расстояние по L между ними не меньше 198.

§ 9. Четырёхугольник

9.65. В четырёхугольнике ABCD углы А и В равны, a ZD > ZC. Докажите, что тогда AD < ВС.

9.66. В трапеции ABCD углы при основании AD удовлетворяют неравенствам ZA < ZD < 90°. Докажите, что тогда АС > BD.

9.67. Докажите, что если два противоположных угла четырёхугольника тупые, то диагональ, соединяющая вершины этих углов, короче другой диагонали.

9.68. Докажите, что сумма расстояний от произвольной точки до трёх вершин равнобедренной трапеции больше расстояния от этой точки до четвёртой вершины.

9.69. Угол А четырёхугольника ABCD тупой; F — середина стороны ВС. Докажите, что 2FA < BD + CD.

9.70. Дан четырёхугольник ABCD. Докажите, что AC-BD^ AB-CD + ВС • AD (неравенство Птолемея).

9.71. Пусть M и N — середины сторон ВС и CD выпуклого четырёхугольника ABCD. Докажите, что Sabcd < ^Samn-

9.72. Точка Р лежит внутри выпуклого четырёхугольника ABCD. Докажите, что сумма расстояний от точки Р до вершин четырёхугольника меньше суммы попарных расстояний между вершинами четырёхугольника.

9.73. Диагонали делят выпуклый четырёхугольник ABCD на четыре треугольника. Пусть Р — периметр четырёхугольника ABCD, Q — периметр четырёхугольника, образованного центрами вписанных окружностей полученных треугольников. Докажите, что PQ > 4Sabcd-

9.74. Докажите, что расстояние от одной из вершин выпуклого четырёхугольника до противоположной диагонали не превосходит половины этой диагонали.

9.75*. Отрезок KL проходит через точку пересечения диагоналей четырёхугольника ABCD, а концы его лежат на сторонах AB и CD. Докажите, что длина отрезка KL не превосходит длины одной из диагоналей.

9.76*. В параллелограмм Pi вписан параллелограмм Р2, а в параллелограмм Р2 вписан параллелограмм Рз, стороны которого параллельны сторонам Pi. Докажите, что длина хотя бы одной из сторон Pi не превосходит удвоенной длины параллельной ей стороны Рз.

См. также задачи 13.21, 15.3 а).

§ 10. Многоугольники

9.77. Докажите, что если углы выпуклого пятиугольника образуют арифметическую прогрессию, то каждый из них больше 36°.

9.78*. Пусть ABCDE — выпуклый пятиугольник, вписанный в окружность радиуса 1, причём AB = а, ВС = b, CD = с, DE = d, АЕ = 2. Докажите, что

9.79*. Внутри правильного шестиугольника со стороной 1 взята точка Р. Докажите, что расстояния от точки Р до некоторых трёх вершин шестиугольника не меньше 1.

9.80*. Докажите, что если стороны выпуклого шестиугольника ABCDEF равны 1, то радиус описанной окружности одного из треугольников АСЕ и BDF не превосходит 1.

9.81*. Длины сторон выпуклого шестиугольника ABCDEF меньше 1. Докажите, что длина одной из диагоналей AD, BE, CF меньше 2.

9.82*. Семиугольник А1...А7 вписан в окружность. Докажите, что если центр этой окружности лежит внутри его, то сумма углов при вершинах Ai, A3, А5 меньше 450°.

9.83. а) Докажите, что если длины проекций отрезка на две взаимно перпендикулярные прямые равны а и Ь, то его длина не меньше

б) Длины проекций многоугольника на координатные оси равны а и Ь. Докажите, что его периметр не меньше \/2(а + Ь).

9.84*. Докажите, что из сторон выпуклого многоугольника периметра Р можно составить два отрезка, длины которых отличаются не более чем на Р/3.

9.85*. Многоугольник AiA2...A/2 составлен из п твёрдых стержней, соединённых шарнирами. Докажите, что если п > 4, то его можно деформировать в треугольник.

9.86*. Внутри выпуклого многоугольника Ai...A/2 взята точка О. Пусть otk — величина угла при вершине Ak, Xk = OAk, dk— расстояние от точки О до прямой AkAk+i. Докажите, что xk sin(aÄ/2) ^ dk и xk cos(û£fc/2) ^ р, где р — полупериметр многоугольника.

9.87*. Правильный 2n-угольник М\ со стороной а лежит внутри правильного 2я-угольника М2 со стороной 2а. Докажите, что многоугольник Mi содержит центр многоугольника М2.

9.88*. Внутри правильного многоугольника Ai...A/2 взята точка О. Докажите, что по крайней мере один из углов А2ОА; удовлетворяет неравенствам 7г(1 — 1/п) ^ ZAtOAj ^ к.

9.89*. Докажите, что при п ^ 7 внутри выпуклого n-угольника найдётся точка, сумма расстояний от которой до вершин больше периметра.

9.90*. а) Выпуклые многоугольники Ai...A/2 и Bi...Bn таковы, что все их соответственные стороны, кроме AiA/2 и В\Вп, равны и ZA2 ^ /Б2, ZA/2_i ^ /Б/2_1, причём хотя бы одно из неравенств строгое. Докажите, что А\Ап> BiBn.

б) Соответственные стороны неравных многоугольников Ai... А/2 и В\...Вп равны. Запишем возле каждой вершины многоугольника Ai ...А/2 знак разности ZA2 — ZBt. Докажите, что при п ^ 4 соседних вершин с разными знаками будет по крайней мере четыре пары. (Вершины с нулевой разностью выбрасываются из рассмотрения: две вершины, между которыми стоят только вершины с нулевой разностью, считаются соседними.)

См. также задачи 4.38, 4.54, 13.45.

§ 11. Разные задачи

9.91. На отрезке длиной 1 дано п точек. Докажите, что сумма расстояний от некоторой точки отрезка до этих точек не меньше п/2.

9.92*. В лесу растут деревья цилиндрической формы. Связисту нужно протянуть провод из точки А в точку Б, расстояние между которыми равно /. Докажите, что для этой цели ему достаточно куска провода длиной 1,6/.

9.93*. В некотором лесу расстояние между любыми двумя деревьями не превосходит разности их высот. Все деревья имеют высоту меньше 100 м. Докажите, что этот лес можно огородить забором длиной 200 м.

9.94*. Многоугольник (не обязательно выпуклый), вырезанный из бумаги, перегибается по некоторой прямой и обе половинки склеиваются. Может ли периметр полученного многоугольника быть больше, чем периметр исходного?

9.95*. В треугольник вписана окружность. Около неё описан квадрат. Докажите, что вне треугольника лежит не больше половины периметра квадрата.

9.96. Докажите, что замкнутую ломаную длины 1 можно поместить в круг радиуса 0,25.

9.97*. Остроугольный треугольник расположен внутри окружности. Докажите, что её радиус не меньше радиуса описанной окружности треугольника.

Верно ли это утверждение для тупоугольного треугольника? 9.98*. Докажите, что периметр остроугольного треугольника не меньше 4R.

См. также задачи 14.25, 20.4.

Задачи для самостоятельного решения

9.99. Два отрезка делят прямоугольник ABCD на четыре прямоугольника. Докажите, что площадь одного из прямоугольников, прилегающих к вершинам А и С, не превосходит четверти площади ABCD.

9.100. Докажите, что если AB + BD = AC + CD, то серединный перпендикуляр к стороне ВС выпуклого четырёхугольника ABCD пересекает отрезок AD.

9.101. Докажите, что если диагональ BD выпуклого четырёхугольника ABCD делит пополам диагональ АС и AB > ВС, то AD < DC.

9.102. Основания описанной трапеции равны 2 и 11. Докажите, что продолжения её боковых сторон пересекаются под острым углом.

9.103. Основания трапеции равны а и Ь, а высота равна h. Докажите, что длина одной из её диагоналей не меньше \Jh2 + (Ь + а)2/4.

9.104. Вершины n-угольника М\ являются серединами сторон выпуклого n-угольника М. Докажите, что при п ^ 3 периметр М\ не меньше половины периметра M, а при п ^ 4 площадь М\ не меньше половины площади М.

9.105. В окружность радиуса 1 вписан многоугольник, длины сторон которого заключены между 1 и л/2. Найдите число его сторон.

Приложение. Некоторые неравенства

1. Наиболее часто используется неравенство между средним арифметическим и средним геометрическим для двух чисел: y^a~b^(a+b)/2,

где а и b — положительные числа. Это неравенство следует из того, что а - 2\fäb + Ь = (yja - Vb)2 ^ 0; равенство достигается, только если а = Ь.

Из этого неравенства следует несколько полезных неравенств, например

2. При решении некоторых задач используется неравенство между средним арифметическим и средним геометрическим для п положительных чисел: (а\а2 ...a/2)1//z ^ (ai + ... + ап)/п, причём равенство достигается, только если ai=... = a/2.

Докажем сначала это неравенство для чисел вида п = 2т индукцией по т. Для m = 1 неравенство было доказано выше. Предположим, что оно доказано для т, и докажем его для m + 1. Ясно, что aÄaÄ+2™ ^ ((a/г + а/г+2-)/2)2. Поэтому

а по предположению индукции

Пусть теперь п любое. Тогда п < 2т для некоторого т. Положим

Ясно, что

Поэтому

равенство достигается, только если ai=... = a/2.

3. Для произвольных чисел ai,...,a/2 справедливо неравенство

В самом деле,

4. Так как

то, исходя из неравенства

получим

затем

и т.д. (неравенства справедливы при всех ос ^ 0).

5. Докажем, что tga ^ а при 0 ^ а < к/2. Пусть AB — касательная к окружности радиуса 1 с центром О, причём В — точка касания; С — точка пересечения луча ОА с окружностью, S — площадь сектора БОС, а = ZAOB. Тогда а = 2S < 2SAOB = tga.

6. На участке от 0 до лг/2 функция f(x) =x/sinx монотонно возрастает, так как f(x) = cosx^x—> о. В частности, f(a) ^ /(л:/2), т. е. а/sin а < лг/2 при О < а < к/2.

7. Если f(x) = acosx + frsinx, то f(x) ^ \Jа2 + b2. В самом деле, существует такой угол ср, что cos ср = а/у/а2 + Ь2 и sin <jp = b/y/a2 + Ь2, поэтому /(х) = Va2 + Ь2 cos(ç? — х) ^ л/а2 + Ь2. Равенство достигается, только если ср = х + 2кк, т.е. cosx = а/л/а2 + fr2 и sinx = b/л/а2 + Ь2.

Решения

9.1. Пусть Ci — середина стороны АБ. Тогда CCi + Ci А > CA и ВС\ + CiC >

> ВС. Поэтому 2CCi +ВА>СА + ВС, т. е. тс > (a + b - с)/2.

Пусть точка С' симметрична С относительно точки Ci. Тогда CCi = С\С' и ВС = CA. Поэтому 2тс = СС < СБ + ВС = СВ + CA, т. е. тс < (а + &)/2.

9.2. Из предыдущей задачи следует та < (Ь + с)/2, mfe < (a + с)/2 п тс < < (а + Ь)/2, поэтому сумма длин медиан меньше периметра.

Пусть О — точка пересечения медиан треугольника АБС. Тогда ВО + OA >

> В А, АО + ОС > АС и СО + ОБ > СБ. Складывая эти неравенства и учитывая, что АО = 2ma/3, BO = 2mb/3, СО = 2тс/3, получаем та + mft + тс > 3(а + b + с)/4.

9.3. Пусть Mi и М2 — диаметрально противоположные точки окружности. Тогда MiAk + M'2Ak ^ М1М2 = 2. Складывая эти неравенства для k = 1, ..., п, получаем (MiAi + ... + М\Ап) + (М2А1 + ... + М<2Ап) ^ 2п. Поэтому либо Mi Ai + ... + Mi Ап ^ n, и тогда положим M = Mi, либо M2Ai + ... + М2Ап ^ п, и тогда положим M = М2.

9.4. В качестве К можно взять середину отрезка PQ. В самом деле, тогда AtK ^ (А/Р + A/Q)/2 (см. задачу 9.1), причём хотя бы одно неравенство строгое, так как точки А,- не могут все лежать на прямой PQ.

9.5. Пусть Ai и Bi — положения конца минутных стрелок часов с номером i в моменты t и t + 30 мин, О, — центр i-x часов, а О — центр стола. Тогда OOi ^ (OAi +ОБ,)/2 для любого i (см. задачу 9.1). Ясно, что в некоторый момент точки А,- и Б, не лежат на прямой 0,0, т. е. по крайней мере одно из п неравенств становится строгим. Тогда либо OOi + ... + ООп < OAi + ... + ОАп, либо OOi + ... + ООп < ОВх + ... + ОВп.

9.6. Решая систему уравнений х + у = с, х + z = b, у + z = а, получаем X = (-а + b + с)/2, у = (а - b + с)/2, z = (а + b - с)/2. Положительность чисел X, у и z следует из неравенства треугольника.

9.7. По неравенству треугольника а2 > (Ь - с)2 = Ь2 - 2Ьс + с2, Ь2>а2-2ас + с2 и с2 > а2 — 2аЪ + Ь2. Складывая эти неравенства, получаем требуемое.

9.8. Можно считать, что a ^ b ^ с. Докажем, что а = Ъ. В самом деле, если b < а, то b ^ Ха и с ^ Ла, где Л < 1. Поэтому fr" + с'1 ^ 2A"a". При достаточно большом п имеем 2\п < 1 и получаем противоречие с неравенством треугольника.

9.9. Так как с(а - Ь)2 + 4abc = с(а + Ь)2, то а(Ь - с)2 + Ь(с - а)2 + с(а - Ь)2 + 4abc - а3 - Ь3 - с3 = а((Ъ - с)2 - а2) + Ъ((с - а)2 - Ъ2) + с((а + Ъ)2 - с2) = (а + b - с)(а - b + с)(-а + b + с). (Последнее равенство проверяется простым вычислением.) Все три сомножителя положительны в силу неравенства треугольника.

9.10. Пусть x = b + с — а, у = с + а — b, z = а + b — с. Согласно неравенству треугольника эти числа положительны. Ясно, что

Поэтому требуемое неравенство переписывается в виде

Остаётся заметить, что

9.11. Легко проверить, что abc\p — q\ = \ (Ь — с) (с — а) (а — b) |. А так как \Ъ — с\ < а, \с - а\ < b и \а - Ъ\ < с, то \{Ъ — с)(с - а) (а - b)\ < abc.

9.12. Пусть длины отрезков равны а\ ^ а2 ^ аз ^ а\ ^ as. Если все треугольники, которые можно составить из этих отрезков, не остроугольные, то а\ ^ а\ + а|, а\^ а\ + а\ и а\ ^ а\ + а\. Поэтому a2 ^ а\ + а\^ (а\ + ai) + (a| + al) ^ 2a2 + 3ai. Так как a2 + ai ^ 2aia2, то 2a2 + 3ai > a\ + 2aia2 + ai = (ai + a2)2. Приходим к неравенству a2 > (ai + a2)2, противоречащему неравенству треугольника.

9.13. Первое решение. Введём новые переменные х = — а + b + с, у = а — b + с, z = а + b - с. Тогда а = (у + z)/2, b = (х + z)/2, с = (х + у)/2, т. е. нужно доказать неравенство xyz ^ (х + у)(у + z) (х + z) /8 или ^ ^ х(у2 + 22) + у(х2 + 22) + z(x2 + г/2). Последнее неравенство следует из того, что 2xyz х(у + 22), 2хг/2 ^ у(х2 + 22), 2хг/2 ^ г(х2 + г/2), так как х, у, z — положительные числа.

Второе решение. Так как 2S = ab sin у и sin у = c/2R, то abc = 4SR. По формуле Герона (а + b - с)(а - b + с) (-а + b + с) = 8S2/p. Поэтому нужно доказать, что 8S2/p ^ 4SR, т. е. 2S ^ pR. Так как S = рг, приходим к неравенству 2г ^ R (см. задачу 10.28 или 19.7).

9.14. Введём новые переменные х = (-a + b + с)/2, у = (а — b + с)/2 и г = (а + b - с)/2. Тогда числа х, у, z положительны и а = у + z, b = х + z, с = x + у. Несложные, но несколько громоздкие вычисления показывают, что

Так как

то

Аналогично

Складывая эти неравенства, получаем

9.15. Пусть О — точка пересечения диагоналей четырёхугольника ABCD. Тогда AC + BD= (АО + ОС) + (ВО + OD) = (АО + ОБ) + (ОС + OD) >AB + CD.

9.16. Согласно предыдущей задаче AB + CD < AC + BD. Складывая это неравенство с неравенством AB + BD ^ АС + CD, получаем 2АВ < 2АС.

9.17. Докажем сначала, что если Р — периметр выпуклого четырёхугольника ABCD, а di и d2—длины его диагоналей, то Р > d\ + d2 > Р/2. Ясно, что AC<AB + BCkAC<AD + DC, поэтому AC < (AB + ВС + CD + AD)/2 = P/2. Аналогично BD < P/2. Следовательно, AC+BD<P. С другой стороны, складывая неравенства AB + CD < AC + BD и БС + AD < AC + Б!) (см. задачу 9.15), получаем Р < 2(АС + BD).

Пусть Р — периметр внешнего четырёхугольника, Р' — периметр внутреннего. Тогда d > Р/2, а так как Р' < Р (задача 9.29 б), то d'< Р' < Р < 2d.

9.18. Пусть ломаная наименьшей длины самопересекающаяся. Рассмотрим два пересекающихся звена. Вершины этих звеньев могут соединяться одним из трёх способов (рис. 9.2). Рассмотрим новую ломаную, у которой два пересекающихся звена заменены на штриховые звенья (см. рис. 9.2).

Рис. 9.2

При этом снова получается замкнутая ломаная, но её длина меньше, чем у исходной, так как сумма длин противоположных сторон выпуклого четырёхугольника меньше суммы длин диагоналей. Получено противоречие, поэтому замкнутая ломаная наименьшей длины не может иметь пересекающихся звеньев.

9.19. Докажем, что число сторон у такого многоугольника не больше 5. Предположим, что все диагонали многоугольника А\...Ап имеют одинаковую длину и п ^ 6. Тогда отрезки Ai A4, А1А5, А2А4 и А2А5 имеют одинаковую длину, так как они являются диагоналями этого многоугольника. Но в выпуклом четырёхугольнике А1А2А4А5 отрезки А1А5 и А2А4 являются противоположными сторонами, a Ai A4 и А2А5 — диагоналями. Поэтому Ai А5 + А2А4 < Ai А4 + А2А5. Получено противоречие.

Ясно также, что правильный пятиугольник и квадрат удовлетворяют требуемому условию.

9.20. Рассмотрим все разбиения данных точек на пары разноцветных точек. Этих разбиений конечное число, поэтому найдётся разбиение, для которого сумма длин отрезков, заданных парами точек разбиения, наименьшая. Покажем, что тогда эти отрезки не будут пересекаться. В самом деле, если бы два отрезка пересекались, то мы смогли бы выбрать разбиение с меньшей суммой длин отрезков, заменив диагонали выпуклого четырёхугольника на его противоположные стороны (рис. 9.3).

9.21. Пусть АрАр+\ и A(/A(/+i —несмежные стороны n-угольника А\...Ап (т.е. \р - q\ ^ 2). Тогда АрАр+\ + A(/A(/+i < ApAq + Ap+\Aq+\. Запишем все такие неравенства и сложим их. Для каждой стороны найдётся ровно п — 3 несмежных с ней сторон, поэтому любая сторона входит в п — 3 неравенства, т.е. в левой части полученной суммы стоит (п — 3)Р, где Р — сумма длин сторон n-угольника. Диагональ АП1Ап входит в два неравенства: для р = /г, q = m и для р = п — 1, q = m — 1, поэтому в правой части стоит 2d, где d — сумма длин диагоналей. Итак, (п — 3)Р < 2d. Следовательно, Р/п < d/(n(n — 3)/2), что и требовалось.

Рис. 9.3

9.22. Рассмотрим произвольную замкнутую ломаную с вершинами в вершинах данного многоугольника. Если у неё есть два непересекающихся звена, то, заменив эти звенья на диагонали заданного ими четырёхугольника, мы увеличим сумму длин звеньев; при этом, однако, одна замкнутая ломаная может распасться на две. Докажем, что в случае нечётного числа звеньев после всех таких операций в конце концов получится замкнутая ломаная (так как сумма длин звеньев каждый раз увеличивается, таких операций возможно лишь конечное число). Одна из получившихся замкнутых ломаных должна иметь нечётное число звеньев, но тогда любое из оставшихся звеньев не пересекается хотя бы с одним из звеньев этой ломаной (см. задачу 23.1 а), значит, в конце концов, получится лишь одна замкнутая ломаная.

Будем теперь последовательно строить ломаную с попарно пересекающимися звеньями (рис. 9.4). Например, вершина 10 должна лежать внутри заштрихованного треугольника, поэтому расположение вершин именно такое, как на рис. 9.4. Значит, выпуклому многоугольнику А\ АзАь ... Агя+i А2 ... Ачп соответствует ломаная А\А2А3 ... А2П+\А\.

9.23. Пусть длина третьей стороны равна п. По неравенству треугольника 3,14 — 0,67 < п < 3,14 + 0,67. Так как п — целое число, то п = 3.

9.24. Ясно, что AB + ВС > АС, ВС + CD > BD, CD + DE > CE, DE + EA> DA, EA + AB > ЕВ. Складывая все эти неравенства, получаем, что сумма длин диагоналей пятиугольника меньше удвоенного периметра.

Сумма длин диагоналей больше суммы длин сторон «лучей звезды», а она, в свою очередь, больше периметра пятиугольника (рис. 9.5).

9.25. Предположим, что с — не наименьшая сторона, например, а ^ с. Тогда а2 ^ с2 и Ь2 < (а + с)2 ^ 4с2. Поэтому а2 + Ь2 < 5с2. Получено противоречие.

9.26. Так как

Значит, в нашем случае hc < 20 • 12/8 = 30.

9.27. Отрезок СЕ пересекает отрезок AD или отрезок BD; пусть для определённости он пересекает отрезок AD в точке Р. Тогда АР + PC > АС и ЕР + PD > ED, поэтому DA + ЕС > АС + ED. Следовательно, ЕС - ED > > АС - DA>1.

Рис. 9.4 Рис. 9.5

9.28. Возьмём на сторонах AB, ВС, CA точки С2, А2, В2 так, что А\В2 || AB, BiC'2 \\ВС, CiA2\\CA (рис. 9.6). Тогда АХВХ < АХВ2 + В2ВХ = (1 - Л) АБ + (2А- 1)СА. Аналогично BxCi < (1 - А)БС + (2Л - 1)АБ и CiAi < (1 - Л)СА + (2Л - 1)БС. Складывая эти неравенства, получаем Pi < АР.

Ясно, что А1Б1 + AiC > Б1С, т.е. А1Б1 + (1 - Л)БС > Л • CA. Аналогично Б1С1 + (1 - Л)СА > Л • АБ и CiAi + (1 - Л)АБ > Л • БС. Складывая эти неравенства, получаем Pi > (2А — 1)Р.

9.29. а) При переходе от невыпуклого многоугольника к его выпуклой оболочке некоторые ломаные, образованные сторонами, заменяются прямолинейными отрезками (рис. 9.7). Остаётся заметить, что длина ломаной больше длины отрезка с теми же концами.

б) Построим на сторонах внутреннего многоугольника полуполосы, обращенные наружу; параллельные края полуполос перпендикулярны соответствующей стороне многоугольника (рис. 9.8). Обозначим через Р ту часть периметра внешнего многоугольника, которая находится внутри этих полуполос. Тогда периметр внутреннего многоугольника не превосходит Р, а внешнего больше Р.

9.30. Так как АО + ВО > AB, ВО + ОС > >ВС и СО^ОА> АС, то АО^ВО^СО> > (AB + ВС + CA)/2. Поскольку треугольник АБС содержит треугольник АБО, то АБ + ВО + OA < АБ + ВС + CA (см. задачу 9.29 б), т.е. ВО + OA < ВС + CA. Аналогично АО + ОС < АБ + ВС и СО + ОБ < CA + АБ. Складывая эти неравенства, получаем АО + БО + СО < < АБ + ВС + CA.

9.31. Достаточно доказать, что АБСЕ и BCDE — параллелограммы. Достроим треугольник ABE до параллелограмма АВС\Е. Тогда периметры треугольников ВС\Е и ABE равны, поэтому равны периметры треугольников ВС\Е и ВСЕ. Следовательно, Ci = С, так как иначе один из треугольников ВС\Е и ВСЕ лежит внутри другого и их периметры не могут быть равны.

Рис. 9.6 Рис. 9.7

Рис. 9.8

Поэтому АБСЕ — параллелограмм. Аналогично доказывается, что ВС DE — параллелограмм.

9.32. Ясно, что 2 = 2S = ab sin у ^ ab ^ Ь2, т. е. b ^ у/2.

9.33. Так как ЕН — средняя линия треугольника АББ, то Saeh = Sabd/4. Аналогично Scfg = Scbd/^- Поэтому Saeh + Scfg = Sabcd/^- Аналогично Sbfe + Sdgh = Sabcd/4- Следовательно, Sabcd = 2Sefgh = EG • HF sin ос, где а — угол между прямыми EG и HF. Так как sin а ^ 1, то Sabcd ^ EG\HFj_^

Складывая t равенства EG = ЕВ + БС + CG и EG = ЕА + АБ + БС, получаем 2EG = (ЕВ + ЕА) + (ВС + АБ) + (БС + CG) =BC + AD. Поэтому EG ^ (ВС + АБ) /2. Аналогично HF ^ (АБ + СБ)/2. Следовательно,

9.34. Согласно задаче 9.33 Sabcd ^ (АБ + CD)(BC + AD)/4. Так как afr ^ ^ (а + &)2/4, то Saecd ^ (АБ + СБ + АБ + БС)2/16 = 1.

9.35. Опустим из точек Б и С перпендикуляры ББ1 и CCi на прямую AM. Тогда 2Samb + 2Samc = AM • ББ1 + AM • CCi ^ AM • БС, так как ББ1 + CCi < ВС. Аналогично 2Sbmc + 2Sbma ^ BM • AC и 2Scma + 2Scmb ^ CM • AB. Складывая эти неравенства, получаем требуемое.

9.36. Пусть на сторонах А\ А2, А2А3, ..., ArtAi выбраны точки Бь...,Бл; О —центр окружности. Пусть, далее, Sk = SoBkAk+1Bk+1 = (OAk+i -BkBk+\ sin^)/2, где ср — угол между OA^+i и BkBk+i. Так как OA^+i = Б и sin ср ^ 1, то Sk < (R • ВкВк+х)/2. Поэтому S = S\ + ... + S„ ^ R(BXB2 + ... + Б„Б1)/2, т.е. периметр многоугольника В\В2...Вп не меньше 2S/R.

9.37. Ясно, что 2Saob ^ АО • ОБ ^ (АО2 + Б02)/2, причём равенство возможно, только если ZAOB = 90° и АО = ВО. Аналогично 2SBoc ^ (БО2 + С02)/2, 2ScoD ^ (с°2 + Б02)/2 и 2Sdoa ^ (БО2 + А02)/2. Складывая эти неравенства, получаем 2S = 2(SAOb + SBoc + Scod + S гюа) ^ АО2 + ВО2 + СО2 + БО2, причём равенство возможно, только если АО = ВО = СО = DO и А АО В = ZBOC = ZCOD = A DO А = 90°, т. е. ABCD -квадрат и точка О — его центр.

9.38. Нужно доказать, что Sabc/Samn ^ 4. Так как AB = AM + MB = AM + AN = AN + NC = AC, то

9.39. Воспользуемся формулой Герона: S2 = — Р(Р — а)(Р — Ь)(р — с). Так как р — а = (р\ — а\) + (р2 - а2), а (х + г/)2 ^ 4хг/, то (р - а)2 ^ 4(pi - ai) х x (р2 - а2). Аналогично (р - Ь)2 ^ 4(pi - &i)(p2 - ^2), (р — с)2 ^ 4(pi — Ci)(р2 — с2) и /?2 ^ 4р\р2. Перемножая эти неравенства, получаем требуемое.

9.40. Для определённости можно считать, что пересекаются лучи БА и СБ, ВС и АБ (рис. 9.9). Тогда, если достроить треугольник АБС до параллелограмма ADCK, точка К окажется внутри четырёхугольника ABCD. Поэтому 2S ^ 2Sabk + 2Sbck = AB • AK sin a + ВС • CK sinß = AB • CD sin a + БС • AD sin/3. Равенство достигается, если точка Б лежит на отрезке АС.

Пусть точка Б' симметрична точке Б относительно серединного перпендикуляра к отрезку АС. Тогда 2S = 2SAbcd' = 2SAbd' + 2SBCD' ^ АБ • AD' + БС • СБ' = AB-CD + BC- AD.

Рис. 9.9

9.41. Согласно неравенству между средним геометрическим и средним арифметическим

так как

(см. задачу 1.34).

9.42. Неравенства а < ос\, ß < ß\ и у < у\ не могут выполняться одновременно. Поэтому, например, сс\ ^ а ^ 90°, а значит, sin ai ^ sin a. Следовательно, 2Si = а\Ъ\ sin ai ^ h2 ab sin a = 2k2S.

9.43. а) Пусть хорды ЛЕ и BD пересекают диаметр СМ в точках К и L. Тогда АС2 = СК-СМ и БС2 = CL • СМ. Значит, CK/CL = АС2/ВС2 < 4. Кроме того, AE/BD = АЕ/АС < 2. Следовательно, SAce/SBcd = АЕ • CK/(BD • CL) < 8.

б) Пусть Я — середина отрезка БС. Так как ZCBD = ZBCD = ZABD, то Б — точка пересечения биссектрис треугольника ABC. Поэтому AD/DH = АВ/ВН > 1. Следовательно, SMan > SABC/4 и SBCd = ВС • DH/2 < ВС • АН/4 = Sabc/2.

9.44. Отрежем от полученного многоугольника прямоугольники со стороной h, построенные внешним образом на сторонах исходного многоугольника (рис. 9.10). При этом кроме исходного многоугольника останутся ещё некоторые четырёхугольники, из которых можно составить многоугольник, описанный около окружности радиуса h. Сумма площадей этих четырёхугольников больше площади окружности радиуса h, т.е. больше nti2. Ясно также, что сумма площадей отрезанных прямоугольников равна Ph.

9.45. Пусть s, Si, ..., s,г — площади квадрата и составляющих его прямоугольников, S, Si, Sn — площади описанных около них кругов. Докажем, что Sk ^ 2Sk/K. В самом деле, если стороны прямоугольника равны а и Ь,

Рис. 9.10

9.46. Пусть для определённости ABC — треугольник наименьшей площади. Обозначим точку пересечения диагоналей AD и ЕС через F. Тогда

S abode < Saed + Sedc + Sabcf- Так как точка F лежит на отрезке ЕС и Seab ^ ^ Scab, то Seab ^ Sfae- Аналогично SDcb ^ Sfcb- Поэтому Sabcf = SFAb + Sfcb ^ ^ Seab + Sdcb- Следовательно, S abode < Saed + Sedc + Seab + Sdcb; это даже более сильное неравенство, чем требовалось.

9.47. а) Обозначим точки пересечения диагоналей AD и CF, CF и BE, BE и AD через Р, Q, R соответственно (рис. 9.11). Четырёхугольники АВСР и CDEQ не имеют общих внутренних точек, так как стороны СР и QC лежат на прямой CF, а отрезки AB и DE — по разные стороны от неё. Аналогично четырёхугольники АВСР, CDEQ и EFAR не имеют попарно общих внутренних точек. Поэтому сумма их площадей не превосходит S. Следовательно, сумма площадей треугольников АВР, ВСР, CDQ, DEQ, EFR, FAR не превосходит S, т. е. площадь одного из них, например АВР, не превосходит S/6. Точка Р лежит на отрезке CF, поэтому либо точка С, либо точка F удалена от прямой AB не больше, чем точка Р. Следовательно, либо Sabc ^ Sabp ^ S/6, либо Sabf ^ Sabp ^ S/6.

б) Пусть ABCDEFGH — выпуклый восьмиугольник (рис. 9.12). Докажем сначала, что четырёхугольники ABEF, BCFG, CDGH и DEHA имеют общую точку. Ясно, что пересечением ABEF и CDGH является некоторый выпуклый четырёхугольник KLMN. Отрезки AF и НС лежат внутри углов DAH и АНЕ соответственно, поэтому точка К лежит внутри четырёхугольника DEHA. Аналогично доказывается, что точка M лежит внутри четырёхугольника DEHA, т. е. весь отрезок КМ лежит внутри его. Аналогично отрезок LN лежит внутри четырёхугольника BCFG. Точка пересечения диагоналей КМ и LN принадлежит всем нашим четырёхугольникам; обозначим её О. Разобьём восьмиугольник на треугольники, соединив точку О с вершинами. Площадь одного из этих треугольников, например АБО, не превосходит S/8. Отрезок АО пересекает сторону KL в некоторой точке Р, поэтому Sabp ^ Sabo ^ S/8. Так как точка Р лежит на диагонали СН, то либо Sabc ^ Sabp ^ S/8, либо Sabh ^ Sabp ^ S/8.

9.48. Для каждой из четырёх данных проекций многоугольника рассмотрим полосу, состоящую из точек, которые проецируются на данную проекцию. Каждая граница такой полосы пересекает все остальные полосы, поскольку иначе проекция многоугольника была бы меньше, чем нужно. Поэтому данный многоугольник лежит внутри фигуры, которая получается при отрезании от прямоугольника размером 4x5 треугольников со сторонами a, S — а,

Рис. 9.11 Рис. 9.12

b и 1 — b (рис. 9.13). Сумма площадей отрезанных треугольников равна

Поэтому площадь фигуры не превосходит 20 — 2,5 = 17,5.

9.49. Проведём через все вершины многоугольника прямые, параллельные одной паре сторон квадрата, и разобьём тем самым квадрат на полоски. Каждая такая полоска отрезает от многоугольника трапецию или треугольник. Достаточно доказать, что длина одного из оснований этих трапеций больше 0,5. Предположим, что длины оснований всех трапеций не превосходят 0,5. Тогда площадь каждой трапеции не превосходит половины высоты полоски, её заключающей. Поэтому площадь многоугольника, равная сумме площадей трапеций и треугольников, на которые он разрезан, не превосходит половины суммы высот полосок, т.е. не превосходит 0,5. Получено противоречие.

9.50. а) Пусть Pi, Рп— данные точки. Соединим точку Pi с вершинами квадрата. При этом получится четыре треугольника. Затем для k = 2,...,n проделаем следующую операцию. Если точка Pk лежит строго внутри одного из полученных ранее треугольников, то соединим её с вершинами этого

Рис. 9.13

треугольника. Если точка Pk лежит на общей стороне двух треугольников, то соединим её с вершинами этих треугольников, противолежащими общей стороне. После каждой такой операции в обоих случаях число треугольников увеличивается на два. В результате получится 2(/г + 1) треугольников. Сумма площадей этих треугольников равна 1, поэтому площадь одного из них не превосходит 1/(2(/г + 1)).

б) Рассмотрим наименьший выпуклый многоугольник, содержащий данные точки. Пусть он имеет k вершин. Если k = п, то этот n-угольник можно разбить на п — 2 треугольников диагоналями, выходящими из одной вершины. Если же k < п, то внутри n-угольника лежит п — k точек и его можно разбить на треугольники способом, указанным в предыдущей задаче. При этом получится k + 2(п — k — 1) = 2п — k — 2 треугольников. Так как k < п, то 2п - k - 2 > п - 2.

Сумма площадей треугольников разбиения меньше 1, а их количество не меньше п — 2, поэтому площадь хотя бы одного из них не превосходит 1/(п-2).

9.51. а) Можно считать, что описанный n-угольник А\...Ап и вписанный n-угольник В\...Вп расположены так, что прямые А/Б/ пересекаются в центре О данного круга. Пусть С, и Б/ — середины сторон А/А/+1 и BiBi+x. Тогда SoBid = Р • OB, • ОС,, S0b,-a = Р • OB, • ОД и Soam = Р • ОА/ • ОС, где р = (sinAiOCi)/2. Так как ОА/ : ОС/ = OBt : ODh то S%B.C. = SoBiDfioAtd-Остаётся заметить, что площадь части круга, заключённой внутри угла А/ОС/, больше SoBjCji а площади частей вписанного и описанного n-угольников, заключённых внутри этого угла, равны SobjDj и Soa,c,.

б) Пусть радиус окружности равен R. Тогда Pi = 2nRsin(k/n), Рч — = 2nRtg(n/n) и L = 2kR. Нужно доказать, что sinxtgx>x2 при 0 < х ^ к/3.

Так как

(см. приложение в конце главы), остаётся проверить, что

т.е. 12х2 > x4. При х^ к/3 это неравенство выполняется.

9.52. Пусть О — центр гомотетии, переводящей вписанную окружность в описанную. Разобьём плоскость лучами, выходящими из точки О и проходящими через вершины многоугольника и точки касания его сторон с вписанной окружностью (рис. 9.14). Достаточно доказать требуемое неравенство для частей кругов и многоугольника, заключённых внутри каждого из образованных этими лучами углов. Пусть стороны угла пересекают вписанную и описанную окружности в точках P, Q и R, S соответственно, причём Р — точка касания, a S — вершина многоугольника. Площади частей кругов больше площадей треугольников OPQ и ORS, поэтому достаточно доказать, что 2Sops ^ Sopq + Sors- Так как 2Sops = 2Sopq + 2Spqs и Sors = Sopq + Spqs + Sprs, остаётся доказать, что Spqs ^ Sprs. Это неравенство очевидно, так как

Рис. 9.14

высоты треугольников PQS и PRS, опущенные на основания PQ и RS, равны, a PQ < RS.

9.53. Достаточно доказать, что оба треугольника содержат центр О круга. Докажем, что если треугольник АБС, помещённый в круг радиуса 1, не содержит центра круга, то его площадь меньше 1. В самом деле, для любой точки, лежащей вне треугольника, найдётся прямая, проходящая через две вершины и отделяющая эту точку от третьей вершины. Пусть для определённости прямая AB разделяет точки С и О. Тогда hc < 1 и AB < 2, поэтому S = hc • AB/2 < 1.

9.54. а) Построим на сторонах многоугольника внутренним образом прямоугольники со второй стороной R = S/P. Они покроют не весь многоугольник (эти прямоугольники перекрываются и могут вылезать за его пределы, а сумма их площадей равна площади многоугольника). Непокрытая точка удалена ото всех сторон многоугольника больше, чем на R, поэтому круг радиуса R с центром в этой точке целиком лежит внутри многоугольника.

б) Из задачи а) следует, что во внутренний многоугольник можно поместить круг радиуса S2/P2. Ясно, что этот круг лежит внутри внешнего многоугольника. Остаётся доказать, что если внутри многоугольника лежит круг радиуса R, то R ^ 2S/P. Для этого соединим центр О круга с вершинами. Тогда многоугольник разобьётся на треугольники с площадями /г,а,/2, где hi—расстояние от точки О до i-й стороны, а а,—длина i-й стороны. Так как hi ^ R, то 2S = Y^ hi ai ^ ^ ^а< = ЯР.

9.55. Рассмотрим сначала случай, когда две стороны параллелограмма лежат на прямых AB и АС, а вершина X лежит на стороне ВС. Если ВХ : СХ = х : (1 — х), то отношение площади параллелограмма к площади треугольника равно 2х(1 — х) ^ 1/2.

В общем случае проведём параллельные прямые, содержащие пару сторон данного параллелограмма (рис. 9.15). Площадь данного параллелограмма не превосходит суммы площадей заштрихованных параллелограммов, а они относятся к разобранному выше случаю. Если прямые, содержащие пару сторон данного параллелограмма, пересекают лишь две стороны треугольника, то можно ограничиться одним заштрихованным параллелограммом.

9.56. Рассмотрим сначала такой случай: две вершины А и Б треугольника АБС лежат на одной стороне PQ параллелограмма. Тогда АБ ^ PQ и высота, опущенная на сторону АБ, не больше высоты параллелограмма. Поэтому площадь треугольника АБС не больше половины площади параллелограмма.

Если же вершины треугольника лежат на разных сторонах параллелограмма, то две из них лежат на противоположных сторонах. Проведём через третью вершину треугольника прямую, параллельную этим сторонам (рис. 9.16). Она разрезает параллелограмм на два параллелограмма, а треугольник— на два треугольника, причём у обоих треугольников две вершины лежат на сторонах параллелограмма. Приходим к рассмотренному случаю.

Рис. 9.15

Рис. 9.16

9.57. Пусть M — середина наибольшей стороны ВС данного остроугольного треугольника ABC. Окружность радиуса MA с центром M пересекает лучи MB и MC в точках Bi и Ci. Так как ABAC < 90°, то МБ < МБЬ Пусть для определённости ZAMB ^ Z AMC, т.е. LAMB ^ 90°. Тогда AM2 + МБ2 ^ AB2 ^ ^ ВС2 = 4MB2, т.е. AM ^ \/ЗВМ. Если АЯ — высота треугольника АБС, то АН-ВС = 2, а значит, SAßlCl = Б1С1 • АРГ/2 = AM • APT ^ VSBM • АН = уД.

9.58. а) Пусть АБ — наибольшая диагональ или сторона данного многоугольника М. Многоугольник M заключён внутри полосы, образованной перпендикулярами к отрезку АБ, проходящими через точки А и Б. Проведём к многоугольнику M две опорные прямые, параллельные АБ; пусть они пересекают многоугольник M в точках С и Б. В результате многоугольник M заключён в прямоугольник, площадь которого равна 2Sabc + 2SABd ^ 2S.

б) Пусть M — исходный многоугольник, I — произвольная прямая. Рассмотрим многоугольник Mi, одна из сторон которого — проекция M на /, а длины сечений многоугольников M и Mi любой прямой, перпендикулярной I, равны (рис. 9.17). Легко проверить, что многоугольник Mi тоже выпуклый, причём его площадь равна S. Пусть А — наиболее удалённая от / точка многоугольника М\. Прямая, равноудалённая от точки А и прямой /, пересекает стороны многоугольника Mi в точках Б и С. Проведём через точки Б и С опорные прямые. В результате вокруг многоугольника Mi будет описана трапеция (через точку А тоже можно провести опорную прямую); площадь этой трапеции не меньше S. Если высота трапеции (т. е. расстояние от точки А до прямой /) равна h, то её площадь равна h • ВС, а значит, h • ВС ^ S. Рассмотрим сечения PQ и RS многоугольника M прямыми, перпендикулярными / и проходящими через Б и С. Длины этих сечений равны h/2, поэтому PQRS — параллелограмм, причём его площадь равна ВС-h/2 ^ S/2.

9.59. а) Заключим многоугольник в полосу, образованную параллельными прямыми. Будем сдвигать эти прямые параллельно до тех пор, пока на каждую из них не попадут некоторые вершины А и Б многоугольника. Затем проделаем то же самое для полосы, образованной прямыми, параллельными АБ. На эти прямые попадут некоторые вершины С и Б (рис. 9.18). Исходный многоугольник заключён в параллелограмм, поэтому площадь этого параллелограмма не меньше 1. С другой стороны, сумма площадей треугольников АСБ и АББ равна половине площади параллелограмма, поэтому площадь одного из этих треугольников не меньше 1/4.

Рис. 9.17

Рис. 9.18

б) Как и в задаче а), заключим многоугольник в полосу, образованную параллельными прямыми, так, чтобы вершины А и Б лежали на этих прямых (рис. 9.19). Пусть ширина этой полосы равна d. Проведём три прямые, делящие эту полосу на равные полосы шириной d/4. Пусть первая и третья прямые пересекают стороны многоугольника в точках К, L к M, N соответственно.

Продолжим стороны, на которых лежат точки К, L, M и N, до пересечения со сторонами исходной полосы и с прямой, делящей её пополам. При этом образуются две трапеции со средними линиями KL и MN, высоты которых равны d/2. Так как эти трапеции покрывают весь многоугольник, сумма их площадей не меньше его площади, т.е. (d • KL + d • MN)/2 ^ 1. Сумма площадей треугольников AMN и BKL, содержащихся в исходном многоугольнике, равна (3d • MN + 3d • KL)/S ^ 3/4. Поэтому площадь одного из этих треугольников не меньше 3/8.

9.60. Докажем, что найдутся даже три последовательные вершины, удовлетворяющие требуемому условию. Пусть а,—угол между /-й и (/+ 1)-й сторонами, ßi = к — ai, а а, —длина i-й стороны.

а) Площадь треугольника, образованного /-й и (/ + 1)-й сторонами, равна Si = (а,а/+1 sin ог/)/2. Пусть S — наименьшая из этих площадей. Тогда 2S ^ ^ a/az+isina,, поэтому (2S)'1 ^ (а2...a2)(sinа\...sinап) ^ а2...а2. Согласно неравенству между средним арифметическим и средним геометрическим (ai ...an)l,n ^ (ai + ... + ап)/п, поэтому 2S ^ (ai...ап)2/п ^ (ai + ... + ап)2/п2. Так как а, ^ pt + qt, где pt и qt — проекции /-й стороны на вертикальную и горизонтальную стороны квадрата, то ai +... + ая ^ (pi +... + рп) + (qi +... + qn) ^ 4. Поэтому 2S^16n2, т.е. S^8/n2.

б) Воспользуемся доказанным выше неравенством

Так как

Поэтому

9.61. Пусть /, — длина i-ro звена ломаной, а, и bt — длины его проекций на стороны квадрата. Тогда U ^ а,- + Ь/. Следовательно, 1000 = h + ... + ln < ^ (ai +... + ап) + (bi +... + Ъп), т. е. либо ai +... + ап ^ 500, либо Ъ\ +... + bn ^ 500. Если сумма длин проекций звеньев на сторону длиной 1 не меньше 500, то на одну из точек стороны проецируется не менее 500 различных звеньев ломаной, т. е. перпендикуляр к стороне, проходящий через эту точку, пересекает ломаную по крайней мере в 500 точках.

9.62. Геометрическое место точек, удалённых от данного отрезка не более чем на s, изображено на рис. 9.20. Площадь

Рис. 9.19

Рис. 9.20

этой фигуры равна ке2 + 2е1, где / — длина отрезка. Построим такие фигуры для всех N звеньев данной ломаной. Так как соседние фигуры имеют N — 1 общих кругов радиуса s с центрами в неконцевых вершинах ломаной, то покрытая этими фигурами площадь не превосходит Nns2 + 2s(h + ... + In) - (N - l)ке2 = 2sL + ne2. Эти фигуры покрывают весь квадрат, так как любая точка квадрата удалена от некоторой точки ломаной меньше чем на е. Поэтому

9.63. Разобьём квадрат на п вертикальных полосок, содержащих по п точек каждая. Точки внутри каждой полосы соединим сверху вниз и получим п ломаных. Эти ломаные можно соединить в одну ломаную двумя способами (рис. 9.21, а и б). Рассмотрим отрезки, соединяющие разные полосы.

Объединение всех таких отрезков, полученных обоими способами, представляет собой пару ломаных, причём сумма длин горизонтальных проекций звеньев каждой из них не превосходит 1. Поэтому сумма длин горизонтальных проекций соединяющих отрезков для одного из способов не превосходит 1. Рассмотрим именно это соединение. Сумма длин горизонтальных проекций для соединяющих звеньев не превосходит 1, а для всех остальных звеньев не превосходит (п — l)(h\ + ... + hn), где hi — ширина i-й полосы. Ясно, что h\ + ... + hn = 1. Сумма вертикальных проекций всех звеньев ломаной не превосходит п. В итоге получаем, что сумма вертикальных и горизонтальных проекций всех звеньев не превосходит 1 + (п — 1) + п = 2п, поэтому и длина ломаной не превосходит 2п.

9.64. Пусть M а N — концы ломаной. Будем идти по ломаной из M в N. Пусть А\ — первая из встретившихся нам точек ломаной, удалённых от какой-либо вершины квадрата на расстояние 0,5. Рассмотрим вершины квадрата, соседние с этой вершиной. Пусть В\ — первая после А\ точка ломаной, удалённая от одной из этих вершин на расстояние 0,5. Вершины квадрата, ближайшие к точкам А\ и Бь обозначим А и Б соответственно (рис. 9.22). Часть ломаной от M до А\

Рис. 9.21

Рис. 9.22

обозначим через Li, от А\ до N — через Li. Пусть X и У— множества точек, лежащих на AD и удалённых не более чем на 0,5 от Li и Li соответственно. По условию X и У покрывают всю сторону AD. Ясно, что А принадлежит X, a D не принадлежит X, поэтому Б принадлежит У, т. е. оба множества X и У не пусты. Но каждое из них состоит из нескольких отрезков, поэтому они должны иметь общую точку Р. Следовательно, на Li и Li существуют точки F\ и Fi, для которых PF\ ^ 0,5 и PFi ^ 0,5.

Докажем, что F\ и Fi — искомые точки. В самом деле, F\Fi ^ F\P + PFi ^ 1. С другой стороны, идя в Fi из F\, мы должны пройти через точку В, a F\B\ ^ 99 и FiB\ ^ 99, так как точка В\ удалена от стороны ВС не больше чем на 0,5, a F\ и Fi удалены от стороны АБ не больше чем на 0,5.

9.65. Пусть ZA = /Б. Достаточно доказать, что если AD < ВС, то ZD > ZC. Возьмём на стороне ВС точку Б1 так, что ББ1 = AD. Тогда ABD\D — равнобедренная трапеция. Поэтому ZБ > ZD\DA = ZDD\B > ZC.

9.66. Пусть Б1 и Ci — проекции точек Б и С на основание AD. Так как ZBABi < ZCDCi и ББ1 = ССЬ то Aßi > БС1 и поэтому Б1Б < АС\. Следовательно, BD2 = B\D2 + Б1Б2 < AC'i + CC'i = AC2.

9.67. Пусть углы Б и Б четырёхугольника ABCD тупые. Тогда точки Б и Б лежат внутри окружности с диаметром АС. Так как расстояние между любыми двумя точками, лежащими внутри окружности, меньше её диаметра, то BD < АС.

9.68. В равнобедренной трапеции ABCD диагонали АС и BD равны. Поэтому ВМ + (AM + CM) ^BM + AC = BM + BD^ DM.

9.69. Пусть О — середина отрезка BD. Точка А лежит внутри окружности с диаметром BD, поэтому OA < BD/2. Кроме того, FO = CD/2. Следовательно, 2FA ^ 2FO + 20А < СБ + BD.

9.70. Отложим на лучах АБ, АС и АБ отрезки AB', АС' и AD' длиной 1/АБ, 1/АС и 1/АБ. Тогда АБ : АС = АС' : AB', т.е. ААВС ~ ААС'В'. Коэффициент подобия этих треугольников равен 1/(АБ-АС), поэтому В'С = ВС/(АВ-АС). Аналогично СD' = CD/(АС • АБ) и В'D' = BD/(AB • AD). Подставив эти выражения в неравенство В'D' ^ В'С' + С'Б' и домножив обе части на АБ • АС • АБ, получим требуемое.

9.71. Ясно, что S abcd = S abc + Sacd = 2Samc + 2Sanc = 2(SAmn + SCmn). Если отрезок AM пересекает диагональ BD в точке Ai, то Scmn = Sa1mn < Samn-Значит, S abcd < 4Samn-

9.72. Диагонали АС и ББ пересекаются в точке О. Пусть для определённости точка Р лежит внутри треугольника АОБ. Тогда АР + БР ^ АО + БО < <AC + BD (см. решение задачи 9.30) и СР + БР < СБ + БА + АБ.

9.73. Пусть Vi, Si и /?, — радиусы вписанных окружностей, площади и полупериметры полученных треугольников. Тогда Q ^ 2 ^ г, = 2 ^(S;/p/) > >4Z(Si/P)=4S/P.

9.74. Пусть АС^ББ. Опустим из вершин А и С перпендикуляры AAi и CCi на диагональ ББ. Тогда AAi + CCi ^ АС ^ BD, а значит, AAi ^ ББ/2 или CCi ^ ^ББ/2.

9.75. Проведём через концы отрезка KL прямые, ему перпендикулярные, и рассмотрим проекции на них вершин четырёхугольника, а также точки пересечения с ними прямых АС и ББ (рис. 9.23). Пусть для определённости точка А лежит внутри полосы, заданной этими прямыми, а точка Б — вне её. Тогда можно считать, что Б лежит внутри полосы, так как иначе ББ > KL,

Рис. 9.23 Рис. 9.24

и доказательство завершено. Так как

то либо АА' ^ СС' (и тогда АС > KL), либо ВВ' ^ DD' (и тогда BD > KL).

9.76. Введём такие обозначения, как на рис. 9.24. Все рассматриваемые параллелограммы имеют общий центр (задача 1.7). Длины сторон параллелограмма Рз равны а + а\ и b + b\, а длины сторон параллелограмма Р\ равны а + а\ + 2х и b + b\ + 2у, поэтому нужно проверить, что а + а\ + 2х ^ 2(а + ai) или b + fri + 2г/ ^ 2(fr + fri), т.е. 2х ^ а + ai или 2г/ ^ & + Ь\. Предположим, что а + ai < 2х и b + fri < 2г/. Тогда л/aai ^ (a + ai)/2 < x и Vfrfri < г/. С другой стороны, равенство площадей заштрихованных параллелограммов (см. задачу 4.19) показывает, что ab — ху — а\Ь\, а значит, л/aai \/bb\ = ху. Получено противоречие.

9.77. Пусть углы пятиугольника равны а, а + у, а + 2у, а + Зу, а + 4у, где а, 7^0. Так как сумма углов пятиугольника равна Зп, то 5а + 10у = 3л:. Из выпуклости пятиугольника следует, что все его углы меньше к, т.е. a + 4у <

< л:, или — 5а/2 — 10у > —5л:/2. Складывая последнее неравенство с равенством 5а + 10у = 37Г, получаем 5а/2 > к/2, т.е. а > 7г/5 = 36°.

9.78. Ясно, что

Так как /.АСЕ = 90°, то (Aß + ВС, CD + DE) = (АС, CE) = 0. Поэтому 4 = I AB + БС|2 + I CD + DE\2 = AB2 + БС2 ±CD?_ + DE2 + 2(АБ, БС) + 2(CD, DE), т.е. достаточно доказать, что abc < 2(AB, ВС) и bed < 2(CD, DE). Поскольку 2(AB, ВС) = 2afrcos(180° - /АБС) = 2afccos AEC = ab - СЕ и c<CE, то afre < < 2(АБ, ВС). Второе неравенство доказывается аналогично, так как можно ввести новые обозначения Ai = Е, В\ = D, Ci = С, а\ = d, b\ = с, с\= Ь, и неравенство bed < 2(CD, DE) перепишется в виде а\Ь\С\ < 2(А\В\, В\С\).

9.79. Пусть Б — середина стороны А\А2 данного шестиугольника А1...А6, О— его центр. Можно считать, что точка Р лежит внутри треугольника Ai ОБ. Тогда РАз ^ 1, так как расстояние от точки Аз до прямой ВО равно 1; РА4 ^ 1 и РА5 ^ 1, так как расстояния от точек A4 и А5 до прямой АзАб равны 1.

9.80. Предположим, что радиусы описанных окружностей треугольников АСЕ и BDF больше 1. Пусть О — центр описанной окружности треугольника АСЕ. Тогда ААВС > ZAOC, ZCDE > ZCOE и ZEFA > ZEOA, а значит, ZB + ZD + ZF > 2к. Аналогично ZA + ZC + ZE > 2к, т.е. сумма углов шестиугольника ABCDEF больше 4к. Получено противоречие.

Замечание. Аналогично можно доказать, что радиус описанной окружности одного из треугольников АСЕ и BDF не меньше 1.

9.81. Можно считать, что АЕ ^ АС ^ СЕ. Согласно задаче 9.70 АБ • СЕ ^ ^ АЕ • СБ + АС • DE < АЕ + АС ^ 2СБ, т. е. АБ < 2.

9.82. Так как ZAX = 180° - wA2A7/2, ZA3 = 180° - wA4A2/2 и ZA5 = 180° -- wA6A4/2, то ZAi + ZA3 + ZA5 = 2 • 180° + (360° - wA2A7 - wA4A2 - wA6A4)/2 = 2 • 180° + ^A-jAq/2. Поскольку центр окружности лежит внутри семиугольника, то wA7A6 < 180°, поэтому ZAi + ZA3 + ZA5 < 360° + 90° = 450°.

9.83. а) Нужно доказать, что если с — гипотенуза прямоугольного треугольника, а а и fr— его катеты, то с^(а + Ь)/\/2, т.е. (а + fr)2 ^ 2(а2 + fr2). Ясно, что (а + Ъ)2 = (а2 + b2) + 2ab ^ (а2 + Ъ2) + (а2 + Ъ2) = 2(а2 + fr2).

б) Пусть di — длина i-й стороны многоугольника, а и г/, — длины её проекций на координатные оси. Тогда х\ + ... + хп ^ 2а, i/i + ... + i/л ^ 2fr. Согласно задаче a) d/ ^ (х/ + yï)/y/2. Поэтому di +... + dn ^ (*i 4-... + хп + i/i +... 4- yn)l\[2 ^ > x/2(a + fr).

9.84. Возьмём отрезок длиной Р и расположим на нём стороны многоугольника следующим образом: на одном конце отрезка поместим наибольшую сторону, на другом — следующую за ней по величине, а все остальные стороны поместим между ними. Так как любая сторона многоугольника меньше Р/2, середина О отрезка не может находиться на этих двух наибольших сторонах. Длина стороны, на которой находится точка О, не превосходит Р/3 (иначе первые две стороны тоже были бы больше Р/3 и сумма трёх сторон была бы больше Р), поэтому одна из её вершин удалена от О не более чем на Р/6. Эта вершина разбивает отрезок на два искомых отрезка, так как разность их длин не превосходит 2 • Р/6 = Р/3.

9.85. Пусть а — наибольшая сторона данного многоугольника (если наибольших сторон несколько, то мы выбираем любую из них). Рассмотрим часть многоугольника, которая остаётся после выбрасывания стороны а, и возьмём точку, которая делит пополам периметр этой части. Если эта точка является вершиной многоугольника, то мы очевидным образом деформируем этот многоугольник в равнобедренный треугольник. Предположим теперь, что эта точка лежит на стороне fr, а периметры частей многоугольника, заключённых между сторонами а и fr, равны х и у. Тогда х + fr ^ у и у + fr ^ x. Если, например, х = 0, то мы можем составить треугольник из отрезков a, fr, у. Поэтому будем считать, что x, у ф 0. Предположим, что треугольник нельзя составить ни из отрезков а, x, у + fr, ни из отрезков а, у, x + fr. Отрезок короче соединяющей его концы ломаной, поэтому а < x + у + fr. Кроме того, есть неравенства х + fr ^ у и у + fr ^ х. Значит, должны выполняться неравенство а + х ^ у + b и а + у ^ х + Ь. Поэтому x = у и а ^ fr. Но по предположению а ^ fr, значит, а = fr. По условию число сторон многоугольника больше 4. Поэтому одна из ломаных длины x состоит из двух частей периметра х\ и х2. Легко проверить, что из отрезков длины x, а + х\, а + х2, где х\ + х2 = х, можно составить треугольник.

9.86. Пусть ßk = AOAkAk+x. Тогда

Поэтому

Ясно также, что

Поэтому

В обоих случаях равенство достигается, только если 0Ck = 2ßk, т.е. О — центр вписанной окружности.

9.87. Предположим, что центр О многоугольника М2 лежит вне многоугольника Mi. Тогда существует такая сторона AB многоугольника Mi, что многоугольник Mi и точка О лежат по разные стороны от прямой AB. Пусть CD — сторона многоугольника Mi, параллельная AB. Расстояние между прямыми AB и CD равно радиусу вписанной окружности S многоугольника M2, поэтому прямая CD лежит вне окружности S. С другой стороны, отрезок CD лежит внутри многоугольника М2. Следовательно, длина отрезка CD меньше половины длины стороны многоугольника М2 (см. задачу 10.69). Получено противоречие.

9.88. Пусть А\ — ближайшая к О вершина многоугольника. Разобьём многоугольник на треугольники диагоналями, проходящими через вершину А\. Точка О окажется в одном из этих треугольников, например в треугольнике AiAfcAfc+i. Если точка О попадёт на сторону Ai А/?, то АА\ОА^ = к, и задача решена. Поэтому будем считать, что точка О лежит строго внутри треугольника A\AkAk+\. Так как А\О^АкО и AiO^A^+iO, то AA\AkO^AkA\0 и ZAïA^+iO ^ ^ ZAk+iAiO. Следовательно

т.е. один из углов A^OAi и A^+iOAi не меньше

9.89. Пусть d — длина наибольшей диагонали (или стороны) AB данного n-угольника. Тогда его периметр Р не превосходит nd (задача 13.45). Пусть А- — проекция вершины А, на отрезок АБ. Тогда ^АА- ^ nd/2 или ^БА- ^ nd/2 (задача 9.91); пусть для определённости выполняется первое неравенство. Тогда AA-t > ^ АА\ ^ nd/2 > nd^ Р, так как n/2 ^ 3,5 > к. Любая точка n-угольника, достаточно близкая к вершине А, обладает требуемым свойством.

9.90. а) Предположим сначала, что ZA, > /Б,, а для всех остальных рассматриваемых пар углов имеет место равенство. Расположим многоугольники так, чтобы вершины Ai,..., А/ совпали с Б1,...,Б,-. В треугольниках AiA/Ая и AiA/Бя стороны А,АЯ и AtBn равны и /_A\AiAn > ZA\AiBn, поэтому Ai Ап > А\Вп.

Если же не равны несколько углов, то многоугольники Ai...Art и В\...Вп можно включить в цепочку многоугольников, последовательные члены которой такие, как в разобранном выше случае.

б) При полном обходе многоугольника знак минус меняется на знак плюс столько же раз, сколько происходит обратная смена знака. Поэтому число пар соседних вершин с разными знаками четно. Остаётся проверить, что число изменений знака не может быть равно двум (число изменений знака не равно нулю, так как сумма углов обоих многоугольников одна и та же).

Предположим, что число изменений знака равно двум. Пусть Р и Q, Р' и Q' — середины сторон многоугольников А\...Ап и Б1...БЯ, на которых

происходит смена знака. К парам многоугольников М\ и М[, М2 и М'2 (рис. 9.25) можно применить утверждение задачи а); в одном случае получим PQ>P'Q', а в другом PQ<P'Q', чего не может быть.

9.91. Пусть А и Б — концы отрезка; Xi, Хп — данные точки. Так как АХ,- + BXi = 1, то ^ АХ/ + ^БХ/ = п. Следовательно, ^ АХ/ ^ п/2 или £БХ/^гс/2.

9.92. Будем тянуть провод по отрезку АБ, огибая при этом встречающиеся деревья по кратчайшей дуге (рис. 9.26). Достаточно доказать, что путь по дуге окружности не более чем в 1,6 раза длиннее пути по прямой. Отношение длины дуги угловой величины 2(р к хорде, её стягивающей, равно cp/sincp. Так как 0 < ср ^ 7г/2, то (p/sincp ^ к/2 < 1,6 (см. приложение).

9.93. Пусть деревья высотой а\ > а2 > ... > ап растут в точках Ai, Ап. Тогда по условию А1А2 ^ \а\ — а2\ = а\ — а2, Ап-\Ап ^ an-i — a,i- Следовательно, длина ломаной AiA2...Art не превосходит (ai — а2) + (а2 — аз) + ... ... + (art_i - ап) = а\ - ап < 100 м. Эту ломаную можно огородить забором, длина которого не превосходит 200 м (рис. 9.27).

9.94. Выделим в полученном многоугольнике части, по которым произошла склейка (на рис. 9.28 эти части заштрихованы). Все стороны, не принадлежащие заштрихованным многоугольникам, входят в периметр исходного и полученного многоугольников. Что же касается заштрихованных многоугольников, то их стороны, лежащие на прямой сгиба, входят в периметр полученного многоугольника, а все остальные стороны — в периметр исходного многоугольника. Так как у любого многоугольника сумма его сторон, лежащих на некоторой прямой, меньше суммы остальных сторон, то периметр исходного многоугольника всегда больше, чем периметр полученного.

9.95. Треугольник касается вписанной окружности в трёх точках, а квадрат касается её в четырёх точках. Поэтому между некоторыми двумя точками

Рис. 9.25

Рис. 9.26

Рис. 9.27

Рис. 9.28

касания треугольника с окружностью лежат две точки касания квадрата с окружностью. Следовательно, внутри треугольника лежит по крайней мере один «уголок» квадрата (т.е. вершина квадрата вместе с половинами выходящих из неё сторон квадрата). Если таких уголков будет два, то мы сразу получаем, что внутри треугольника лежит по крайней мере половина периметра квадрата. Предположим, что такой уголок только один, т. е. три остальных уголка хотя бы частично лежат вне треугольника (тогда соответствующие вершины квадрата тоже лежат вне треугольника). Покажем, что не менее трети периметра каждого из этих трёх уголков лежит внутри треугольника. Вне треугольника лежит часть уголка, представляющая собой прямоугольный треугольник с катетами а и b и гипотенузой с. Внутри треугольника лежат отрезки 1 — а и 1 — b (мы предполагаем, что длина стороны квадрата равна 2). Ясно, что (1 — a) + (1 — b) = с, а ^ с и b ^ с. Поэтому а + b ^ 2с = 4 - 2 (а + Ь), т.е. а + b ^ 4/3. Это означает, что вне треугольника лежит не более 2/3 периметра уголка. Итак, внутри треугольника лежит фигура, имеющая по крайней мере следующий периметр: 2 + 3 • - = 4, а периметр всего квадрата равен 8.

9.96. Возьмём на ломаной две точки А и Б, делящие её периметр пополам. Тогда АБ ^ 1/2. Докажем, что все точки ломаной лежат внутри круга радиуса 1/4 с центром в середине О отрезка АБ. Пусть M— произвольная точка ломаной, а точка М\ симметрична ей относительно точки О. Тогда МО = МхМ/2 ^ (MiА + АМ)/2 = (БМ + АМ)/2 ^ 1/4, так как БМ + AM не превосходит половины длины ломаной.

9.97. Пусть остроугольный треугольник АБС расположен внутри окружности S. Построим описанную окружность Si треугольника АБС. Так как треугольник АБС остроугольный, то угловая величина дуги окружности Si, лежащей внутри S, больше 180°. Поэтому на этой дуге можно выбрать диаметрально противоположные точки, т.е. внутри окружности S содержится диаметр окружности Si. Следовательно, радиус окружности S не меньше радиуса окружности Si.

Аналогичное утверждение для тупоугольного треугольника не верно. Тупоугольный треугольник лежит внутри окружности, построенной на наибольшей стороне а как на диаметре. Радиус этой окружности равен а/2, a радиус описанной окружности треугольника равен a/(2sina). Ясно, что а/2 < а/(2 sin а).

9.98. Первое решение. Любой треугольник периметра Р можно поместить в круг радиуса Р/4 (задача 9.96), а если остроугольный треугольник помещён в круг радиуса R\, то R\ ^ R (задача 9.97). Поэтому Р/4 = R\ ^ R.

Второе решение. Если 0 < х < к/2, то sinх > 2х/к (см. приложение). Поэтому a + b + с = 2#(sina + sin/3 + sin y) > 2R(2a + 2ß + 2у)/к = 4R.

ГЛАВА 10

НЕРАВЕНСТВА ДЛЯ ЭЛЕМЕНТОВ ТРЕУГОЛЬНИКА

Эта глава тесно связана с предыдущей. Основные сведения см. в предыдущей главе.

§ 1. Медианы

10.1. Докажите, что если а> Ь, то та < гпъ.

10.2. Медианы АА\ и ВВ\ треугольника ABC пересекаются в точке М. Докажите, что если четырёхугольник А\МВ\С описанный, то АС = ВС.

10.3. Периметры треугольников АВМ, ВСМ и АСМ, где M — точка пересечения медиан треугольника ABC, равны. Докажите, что треугольник ABC правильный.

10.4. а) Докажите, что если а, Ъ, с — длины сторон произвольного треугольника, то а2 + Ь2 ^ с2/2.

б) Докажите, что т2 + mf ^ 9с2/8. 10.5*. а) Докажите, что т2 + ml + m2 ^ 27R2/4. б) Докажите, что та + тъ + тс < 9R/2. 10.6*. Докажите, что \а2 - Ь2\/(2с) < тс ^ (а2 + Ь2)/(2с). 10.7*. Пусть X = ab + be + са, х\ = татъ + тътс + тста. Докажите, что 9/20 <хх/х< 5/4.

См. также задачи 9.1, 10.77, 10.79, 17.17.

§ 2. Высоты

10.8. Докажите, что в любом треугольнике сумма длин высот меньше периметра.

10.9. Две высоты треугольника больше 1. Докажите, что его площадь больше 1/2.

10.10. В треугольнике ABC высота AM не меньше ВС, а высота ВН не меньше АС. Найдите углы треугольника ABC.

10.11. Докажите, что

10.12. Докажите, что

10.13. Пусть а <Ь. Докажите, что

10.14*. Докажите, что

10.15*. Докажите, что

10.16*. Пусть а ^ b ^ с. Докажите, что тогда ha + ht + hc ^ ^ 3b(a2 + ac + c2)/(4pR).

См. также задачи 10.30, 10.57, 10.77, 10.83.

§ 3. Биссектрисы

10.17. Докажите, что

10.18*. Докажите, что

10.19*. Докажите, что:

10.20*. Докажите, что

10.21*. Докажите, что

10.22*. Докажите, что

См. также задачи 6.42, 10.78, 10.98.

§ 4. Длины сторон

10.23. Докажите, что

10.24*. Докажите, что

10.25*. Докажите, что если а, Ь, с — длины сторон треугольника периметра 2, то

10.26*. Докажите, что

§ 5. Радиусы описанной, вписанной и вневписанных окружностей

10.27. Докажите, что

10.28*. Докажите, что

10.29*. Докажите, что

10.30*. Докажите, что

10.31*. Докажите, что

10.32*. Пусть О — центр вписанной окружности треугольника АБС, причём ОА^ОВ^ ОС. Докажите, что OA ^ 2г и ОБ ^ г у/2.

10.33*. Докажите, что сумма расстояний от любой точки внутри треугольника до его вершин не меньше 6г.

10.34*. Докажите, что

10.35*. Докажите, что

10.36*. Докажите, что

10.37*. Докажите, что

См. также задачи 10.11, 10.12, 10.14, 10.18, 10.26, 10.57, 10.83, 10.86, 19.7.

§ 6. Симметричные неравенства для углов треугольника

Пусть а, ß и у — углы треугольника ABC. В задачах этого параграфа требуется доказать указанные в условиях неравенства.

Замечание. Если а, ß и у—углы некоторого треугольника, то существует треугольник с углами (к - а)/2, (к — ß)/2 и (к — у)/2.

В самом деле, эти числа положительны и их сумма равна к. Следовательно, если некоторое симметричное неравенство справедливо для синусов, косинусов, тангенсов и котангенсов углов любого треугольника, то справедливо и аналогичное неравенство, в котором sinx заменён на cos(x/2), cos x — на sin(jc/2), tgx — на ctg(x/2) и ctgx — на tg(x/2). Обратный переход от неравенств с половинными углами к неравенствам с целыми углами возможен лишь для остроугольных треугольников. В самом деле, если а' = (к — ос)/2, то а = к — 2а'. Поэтому для остроугольного треугольника с углами ос', ß', у' существует треугольник с углами к — 2а', к — 2ß', к — 2у'. При такой замене sin(x/2) переходит в cosx и т.д., но полученное неравенство может оказаться справедливым лишь для остроугольных треугольников.

б) Для остроугольного треугольника

б) Для тупоугольного треугольника

§ 7. Неравенства для углов треугольника

10.47. Докажите, что

10.48. Докажите, что

10.49*. Докажите, что

10.50*. Пусть а, ß, у — углы остроугольного треугольника. Докажите, что если а < ß < у, то sin 2а > sin 2ß > sin 2у.

10.51*. Докажите, что cos 2а + cos 2ß - cos 2у ^ 3/2.

10.52*. На медиане ВМ треугольника ABC взята точка X. Докажите, что если AB < ВС, то ZXAB > ZXCB.

10.53. Вписанная окружность касается сторон треугольника АБС в точках Ai, Bi и Ci. Докажите, что треугольник А1Б1С1 остроугольный.

10.54*. Из медиан треугольника с углами а, ß и у составлен треугольник с углами ат, ßm и ут (угол ост лежит против медианы AAi и т.д.). Докажите, что если а > ß > у, то а > ост, а > ßm, Ут >ß > 0ст, ßm> у и ут> у.

См. также задачи 10.94, 10.95, 10.97.

§ 8. Неравенства для площади треугольника

10.55. Докажите, что:

10.56*. Докажите, что

10.57*. Докажите, что

10.58*. Пусть а, Ъ, с и а', Ъ', с'— длины сторон треугольников АБС и А'В'С, S и S' — их площади. Докажите, что

причём равенство достигается тогда и только тогда, когда эти треугольники подобны (Пидо).

10.59*. На сторонах БС, CA и АБ треугольника АБС взяты точки Ai, Б1 и Ci, причём AAi, ББ1 и CCi пересекаются в одной точке. Докажите, что Sa^cJSabc ^ 1/4.

10.60*. На сторонах БС, CA и АБ треугольника АБС взяты произвольные точки Ai, Б1 и Ci. Пусть a = SABlcl, b = SAlBCi> с = Sa.b.c и и = SAlBlCi • Докажите, что и3 + (а + b + с)и2 ^ 4abc.

10.61*. На сторонах БС, CA и АБ треугольника АБС взяты точки Ai, Б1 и Ci. Докажите, что площадь одного из треугольников АБ1С1, А1БС1, А1Б1С не превосходит:

а) Sabc/4;

б) S^ßiCi-

См. также задачи 9.35, 9.39, 9.42, 10.9, 20.1, 20.7.

§ 9. Против большей стороны лежит больший угол

10.62. Докажите, что /АБС < ZBAC тогда и только тогда, когда АС < БС, т. е. против большего угла треугольника лежит большая сторона, а против большей стороны лежит больший угол.

10.63. Докажите, что в треугольнике угол А острый тогда и только тогда, когда та > а/2.

10.64*. Пусть ABCD и A\BiC\Di—два выпуклых четырёхугольника с соответственно равными сторонами. Докажите, что если ZA> ZA\, то ZB<ZBU ZOZCu ZD<ZDX.

10.65*. В остроугольном треугольнике ABC наибольшая из высот АН равна медиане ВМ. Докажите, что ZB ^60°.

10.66*. Докажите, что выпуклый пятиугольник ABCDE с равными сторонами, углы которого удовлетворяют неравенствам ZA ^ ZB ^ ZC ^ ^ ZD ^ ZE, является правильным.

§ 10. Отрезок внутри треугольника меньше наибольшей стороны

10.67. а) Внутри треугольника ABC расположен отрезок MN. Докажите, что длина MN не превосходит наибольшей стороны треугольника.

б) Внутри выпуклого многоугольника расположен отрезок MN. Докажите, что длина MN не превосходит наибольшей стороны или наибольшей диагонали этого многоугольника.

10.68*. Внутри сектора АОВ круга радиуса R = АО = ВО лежит отрезок MN. Докажите, что MN ^ R или MN ^ AB. (Предполагается, что ZAOB< 180°.)

10.69*. В угол с вершиной А вписана окружность, касающаяся сторон угла в точках Б и С. В области, ограниченной отрезками АБ, АС и меньшей дугой БС, расположен отрезок. Докажите, что его длина не превышает АБ.

10.70*. Внутри окружности расположен выпуклый пятиугольник. Докажите, что хотя бы одна из его сторон не больше стороны правильного пятиугольника, вписанного в эту окружность.

10.71*. Даны треугольник АБС со сторонами а> b > с и произвольная точка О внутри его. Пусть прямые АО, ВО, СО пересекают стороны треугольника в точках P, Q, R. Докажите, что ОР + OQ + OR < а.

§ 11. Неравенства для прямоугольных треугольников

Во всех задачах этого параграфа АБС — прямоугольный треугольник с прямым углом С.

10.72. Докажите, что

10.73. Докажите, что

10.74*. Докажите, что

10.75*. Докажите, что

10.76*. Докажите, что

§ 12. Неравенства для остроугольных треугольников

10.77. Докажите, что для остроугольного треугольника

10.78. Докажите, что для остроугольного треугольника

10.79. Докажите, что если треугольник не тупоугольный, то та + ть + m с ^ 4R.

10.80*. Докажите, что если в остроугольном треугольнике ha = h = тс, то этот треугольник равносторонний.

10.81*. В остроугольном треугольнике АБС проведены высоты АА\, ВВ\ и СС\. Докажите, что периметр треугольника А\В\С\ не превосходит половины периметра треугольника ABC.

10.82*. Пусть ZA < /Б < ZC < 90°. Докажите, что центр вписанной окружности треугольника ABC лежит внутри треугольника ВОН, где О — центр описанной окружности, H — точка пересечения высот.

10.83*. Пусть h — наибольшая высота нетупоугольного треугольника. Докажите, что г + R ^ h.

10.84*. На сторонах БС, CA и AB остроугольного треугольника АБС взяты точки Ai, В\ и С\. Докажите, что

10.85*. Докажите, что треугольник со сторонами a, b и с остроугольный тогда и только тогда, когда а2 + Ь2 + с2 > SR2.

10.86*. Докажите, что треугольник остроугольный тогда и только тогда, когда р > 2R + г.

10.87*. Докажите, что треугольник АБС остроугольный тогда и только тогда, когда на его сторонах БС, CA и AB можно выбрать такие внутренние точки Ai, Б1 и Ci, что AAi = ББ1 =CCi.

10.88*. Докажите, что треугольник АБС остроугольный тогда и только тогда, когда длины его проекций на три различных направления равны.

См. также задачи 9.98, 10.41, 10.46, 10.50, 10.65.

§ 13. Неравенства в треугольниках

10.89. Через точку О пересечения медиан треугольника АБС проведена прямая, пересекающая его стороны в точках M и N. Докажите, что NO ^ 2МО.

10.90. Докажите, что если треугольник АБС лежит внутри треугольника А'В'С, то Г abc < Г а'в'с •

10.91. В треугольнике ABC сторона с наибольшая, а а наименьшая. Докажите, что 1С ^ ha.

10.92. Медианы АА\ и ВВ\ треугольника ABC перпендикулярны. Докажите, что ctg А + ctg Б ^ 2/3.

10.93. Через вершину А равнобедренного треугольника ABC с основанием АС проведена окружность, касающаяся стороны ВС в точке M и пересекающая сторону AB в точке N. Докажите, что AN > СМ.

10.94*. В остроугольном треугольнике ABC биссектриса АБ, медиана ВМ и высота СН пересекаются в одной точке. В каких пределах может изменяться величина угла А?

10.95*. В треугольнике АБС стороны равны а, Ь, с; соответственные углы (в радианах) равны ос, ß, у. Докажите, что

10.96*. Внутри треугольника АБС взята точка О. Докажите, что АО sin БОС + ВО sin АОС + СО sin АОБ < р.

10.97*. На продолжении наибольшей стороны АС треугольника АБС за точку С взята точка D так, что CD = СБ. Докажите, что угол ABD не острый.

10.98*. В треугольнике АБС проведены биссектрисы АК и СМ. Докажите, что если АБ > БС, то AM > МК > КС.

10.99*. На сторонах БС, CA, АБ треугольника АБС взяты точки X, Y, Z так, что прямые АХ, BY, CZ пересекаются в одной точке О. Докажите, что из отношений ОА : ОХ, OB : OY, ОС : OZ по крайней мере одно не больше 2 и одно не меньше 2.

10.100*. Окружность Si касается сторон АС и АБ треугольника АБС, окружность S2 касается сторон БС и АБ, кроме того, Si и S2 касаются друг друга внешним образом. Докажите, что сумма радиусов этих окружностей больше радиуса вписанной окружности S.

См. также задачи 14.26, 17.16, 17.18.

Задачи для самостоятельного решения

10.101. Пусть a, b и с — длины сторон треугольника, Р = а + b + с, Q = ab + be + ca. Докажите, что SQ ^ P2 < 4Q.

10.102. Докажите, что произведение любых двух сторон треугольника больше 4Бг.

10.103. В треугольнике АБС проведена биссектриса AAi. Докажите, что Ai С < АС.

10.104. Докажите, что если а > b и а + ha ^ b + Къ, то ZC = 90°.

10.105. Пусть О — центр вписанной окружности треугольника АБС.

Докажите, что

10.106. На сторонах треугольника АБС внешним образом построены равносторонние треугольники с центрами D, Е и F. Докажите, что Sdef ^ S лвс»

10.107. На плоскости даны треугольники ABC и MNK, причём прямая MN проходит через середины сторон AB и АС, а в пересечении этих треугольников образуется шестиугольник площади S с попарно параллельными противоположными сторонами. Докажите, что SS < S лвс + Smnk-

Решения

10.1. Пусть медианы AAi и ВВ\ пересекаются в точке М. Так как ВС > АС, то точки А и С лежат по одну сторону от серединного перпендикуляра к отрезку AB, а значит, по ту же сторону лежат медиана CCi и её точка М. Следовательно, AM < ВМ, т. е. та < ть.

10.2. Предположим, например, что а > Ъ. Тогда та < ть (задача 10.1).

А так как четырёхугольник А\МВ\С описанный, то

Получено противоречие.

10.3. Пусть, например, ВС > АС. Тогда MA < MB (см. задачу 10.1), поэтому ВС + МВ + МО АС + МА + MC.

10.4. а) Так как с^а + Ь, то с2 ^ (а + Ь)2 = а2 + Ь2 + 2ab ^ 2(а2 + Ь2).

б) Пусть M — точка пересечения медиан треугольника АБС. Согласно задаче а)

10.5. а) Пусть M — точка пересечения медиан, О — центр описанной окружности треугольника АБС. Тогда

Так как

(задача 13.1 а), то

б) Достаточно заметить, что

(см. приложение к гл. 9).

10.6. Формулу Герона можно переписать в виде

А так как

(задача 12.11 а), то неравенства

эквивалентны неравенствам

10.7. Пусть у = а2 + Ь2 + с2 и у\ = ml + ml + m2. Тогда Зу = \.у\ (задача 12.11 б), у < 2х (задача 9.7) и 2х\ + у\ < 2х + у, так как (та + ть + тс)2 < < (а + b + с)2 (см. задачу 9.2). Сложив неравенство 8xi + 4z/i < Sx + 4у с равенством Зу = 4г/ь получим 8xi < у + 8х < 10х, т.е. Х\/х < 5/4.

Пусть M — точка пересечения медиан треугольника АБС. Достроим треугольник АМВ до параллелограмма AMBN. Применив к треугольнику AMN доказанное утверждение, получим (x/4)/(4xi/9) < 5/4, т.е. х/х\ < 20/9.

10.8. Ясно, что ha ^ Ъ, hb ^ с, hc ^ а, причём по крайней мере одно их этих неравенств строгое. Поэтому ha + hb + hc < а + b + с.

10.9. Пусть ha > 1 и hb > 1. Тогда а ^ hb > 1. Поэтому S = aha/2 > 1/2.

10.10. По условию ВН ^ АС, а так как перпендикуляр короче наклонной, то ВН ^ АС ^ AM. Аналогично AM ^ ВС ^ ВН. Поэтому ВН = AM = АС = ВС.

Поскольку AC = AM, то отрезки АС и AM совпадают, т.е. ZC = 90°, а так как АС = ВС, то углы треугольника ABC равны 45, 45, 90°.

10.11. Ясно, что

10.12. Так как

Сложив такие

равенства для ha, hb и hc и воспользовавшись неравенством

получим требуемое.

10.13. Так как

10.14. Согласно задаче 12.22

10.15. Так как

10.16. Так как b/2R = sin/3, то после домножения на 2р переходим к неравенству (а + b + с)(ha + hb + hc) ^ 3sin/3(a2 + ас + с2). Вычитая из обеих частей 6S, получаем a(hb + hc) +b(ha + hc) +c(ha + hb) ^ 3 sinß(a2 + c2). Так как, например, ahb = a2 sin y = a2c/2R, переходим к неравенству a(b2 + с2) - 2b(a2 + с2) + с(а2 + b2) ^ 0. Для доказательства последнего неравенства рассмотрим квадратный трёхчлен f(x) = х2(а + с) - 2х(а2 + с2) + ас(а + с). Легко проверить, что f(a) = -а(а - с)2 ^ 0 и f(c) = -с(а - с)2 ^ 0. А так как коэффициент при х положителен и a ^b ^ с, то /(fr) ^ 0.

10.17. Согласно задаче 12.37 а) l2a = 4bcp(p-a)/(b + c)2. Кроме того, 4bc ^ ^(Ь + с)2.

10.18. Ясно, что ha/la = cos((ß - у)/2). Согласно задаче 12.38 а)

Остаётся заметить, что

10.19. а) Согласно задаче 10.17 ll^p(p — a). Складывая три аналогичных неравенства, получаем требуемое.

10.20. Согласно задаче 10.17

Далее, согласно формуле Герона 10.21. Согласно задаче 10.17

поскольку

согласно задаче 12.32.

10.22. Достаточно доказать, что

Можно считать, что р = 1; пусть х = 1 — а и у = 1 — Ь. Тогда

Рассмотрим функцию

Нужно доказать, что Пусть g(x) = f(x, х) =

При возрастании х от 0 до 1/3 g(x) возрастает от 1 до у/3, а при возрастании х от 1/3 до 1/2 g(x) убывает от у/3 до у/2. Введём новые переменные d = x — y Легко проверить, что (х - у)2 - 2q2(x + у) + q4 = 0, т. е. х + у = Поэтому

Заметим теперь,

Следовательно, при фиксированном q значение функции f(x, у) максимально, если d = 0, т. е. х = у; случай х = у разобран выше.

10.23. Ясно, что

(задача 10.12) и

10.24. Докажем сначала, что b + с — а < 2Ъс/а. Пусть 2х = b + с — а, 2у = а + с-Ь и 2z = a + b - с. Требуется доказать, что 2х< 2(х + у)(х +z)/(y + z), т. е. ху + xz < ху + xz + х2 + yz. Последнее неравенство очевидно.

Так как

Выражение в квадратных скобках отрицательно, так как b + с — а < 2Ьс/а.

10.25. Согласно задаче 12.32 а2 + Ь2 + с2 = (а + b + с)2 - 2(ab + be + ас) = 4р2 - 2г2 - 2р2 - 8rR = 2р2 - 2г2 - 8Rr и abc = 4prR. Таким образом, нужно доказать неравенство 2р2 — 2г2 — 8rR < 2(1 — 4prR), где р = 1. Это неравенство очевидно.

10.26. Согласно задаче 12.32 ab + be + са = г2 + р2 + 4Rr. Кроме того, 16Дг - 5г2 ^ р2 ^ 4R2 + 4Rr + Зг2 (задача 10.36).

10.27. Пусть ср = а/2, ф = ß/2. Так как

10.28. Достаточно воспользоваться результатами задач 12.38 а) и 10.47. Заметим также, что х(1 — х) ^ 1/4, поэтому r/R^ 1/2.

10.29. Так как hc ^ а и hc ^b, то 4S = 2chc ^c(a + b). Поэтому 6г(а + b + с) = 12S^ 4afr + 4S^ (а + fr)2 + с(а + fr) = (а + &)(а + b + с).

10.30. Так как

(задача 12.22), то

Запишем аналогичные равенства для п,//^ и гс//гс и сложим их. Учитывая, что

получаем требуемое.

10.31. Так как Rr = RS/p = abc/Ар (см. задачу 12.1), то неравенство 21 Rr ^ 2р2 следует из неравенства 21 abc ^ 8р3 = (а + & + с)3.

Так как (а + fr + с)2 ^ S (а2 + fr2 + с2) для любых чисел а, fr и с, то /?2 ^ ^ 3(а2 + fr2 + с2)/4 = m2 + m2 + m2 (см. задачу 12.11 б). Остаётся заметить, что т2а + т2 + т2с ^ 27Б2/4 (задача 10.5 а).

10.32. Так как ОА = г/ sin (А/2), ОБ = г/ sin (Б/2) и ОС = г/ sin (С/2), а углы ZA/2, /Б/2 и ZC/2 острые, то ZA ^ /Б ^ ZC. Следовательно, ZA ^ 60° и Z5 ^ 90°, а значит, sin (А/2) ^ 1/2 и sin (Б/2) ^ 1/у/2.

10.33. Если ZC ^ 120°, то сумма расстояний от любой точки внутри треугольника до его вершин не меньше а + fr (задача 11.21); кроме того, а + fr ^ 6г (задача 10.29).

Если все углы треугольника меньше 120°, то в точке минимума суммы расстояний до вершин треугольника квадрат этой суммы равен (а2 + fr2 + с2)/2 + 2^S (задача 18.22). Далее, (а2 + fr2 + с2)/2 ^ 2y/SS (задача 10.55 б) и 4^S^36r2 (задача 10.55 а).

10.34. Пусть а = cos(A/2), ß = соэ(Б/2) и у = cos(C/2). Согласно задаче 12.18 б) а/Га = oc/ßy, Ъ/гь = ß/yoc и с/гс = у/aß. Поэтому после домножения на aß у требуемое неравенство перепишется в виде 3(а2 + ß2 + у2) ^ ^ 4ф2у2 + у2а2 + a2ß2). Так как а2 = (1 + cosA)/2, ß2 = (1 + совБ)/2 и у2 = (1 + cosC)/2, то переходим к неравенству cos А + cos Б + cos С + 2 (cos A cos Б + cos Б cos С + cos С cos А) ^ 3. Остаётся воспользоваться результатами задач 10.38 и 10.45.

10.35. а) Сложив равенство 4Б + г = га + п + гс (задача 12.25) с неравенством R — 2г^0 (задача 10.28) и воспользовавшись соотношением га(р — а) =рг, получим

(1)

Учитывая, что

выражение в правой части формулы (1) можно заменить на

Остаётся заметить, что

(задача 10.56).

б) Легко проверить, что

Остаётся заметить, что

10.36. Пусть а, fr и с — длины сторон треугольника,

Докажем, что требуемые неравенства можно получить, преобразовав очевидное неравенство F ^ 0. Пусть ci = а + b + с = 2р, ç<2 = ab + be + са = г2 + р2 + 4гБ и сз = abc = 4prR (см. задачу 12.32). Можно проверить, что F2 = ç\ç\ — 4çf - 4с?Сз + I8C1C2C3 --27с|. В самом деле, (С1С2)2 — Б2 = (А + В + ЗаЬс)2 — (А —Б)2 = 4АБ + 6(А + Б)сз + 9с! = 4(a3fr3 + ...) +4(a4frc + ...) + 6(А + Б)сз + 21с|. Ясно также, что 4ç| = 4(a3fr3 + ...) + 12(А + Б)сз + 24с|, 4с?Сз = 4(a4frc + ...) + 12(А + Б)сз + 24с! и 18с1С2Сз = 18(А + Б)сз + 54с1.

Выразив сь С2 и сз через p, г и Б, получим

Следовательно, получаем

10.37. Так как га + п + гс = 4R + г и rarb + г^гс + гсга = р2 (задачи 12.25 и 12.26), то г2а + г2, + г2 = (4Я + г)2 - 2р2. Согласно задаче 10.36 р2 ^ 4R2 + 4Яг + Зг2, поэтому г2 + г2 + г2 ^ 8Я2 - 5г2. Остаётся заметить, что г ^ R/2 (задача 10.28).

10.38. а) Согласно задаче 12.40 cos а + cos/3 + cosy = (R + r)/R. Кроме того, r^R/2 (задача 10.28).

б) Следует из а) (см. замечание).

10.39. а) Ясно, что sin а + sin/3 + sin у = p/R. Кроме того, р ^ S\/SR/2 (задача 10.31).

б) Следует из а) (см. замечание).

10.40. а) Согласно задаче 12.46 а) ctg а + ctg/3 + ctg у = (а2 + Ь2 + c2)/4S. Кроме того, а2 + Ъ2 + с2 ^ 4\/3S (задача 10.55 б).

б) Следует из а) (см. замечание).

10.41. а) Согласно задаче 12.47 a) ctg(a/2) + ctg(/3/2) + ctg(y/2) = p/r. Кроме того, р ^ S\/Sr (задача 10.55 а).

б) Следует из а) (см. замечание). Для тупоугольного треугольника tga + tg/3 + tgy<0; см., например, задачу 12.48.

10.42. а) Согласно задаче 12.38 a) sin(a/2) sin(/3/2) sin(y/2) = r/4R. Кроме того, r^R/2 (задача 10.28).

б) Для остроугольного треугольника следует из а) (см. замечание). Для тупоугольного треугольника cos a cos /3 cos у < 0.

10.43. а) Так как sinx = 2 sin(x/2) cos(x/2), то, используя результаты задач 12.38 а) и в), получаем sin a sin/3 sin у = pr/2R2. Кроме того, р ^ S\/SR/2 (задача 10.31) и r^R/2 (задача 10.28).

б) Следует из а) (см. замечание).

10.44. Согласно задаче 12.41 б) cos2 а + cos2 /3 + cos2 у = 1 — 2 cos a cosß cos у. Остаётся заметить, что cos a cos/3 cos у ^1/8 (задача 10.42 б), а для тупоугольного треугольника cos a cos/3 cos у < 0.

10.45. Ясно, что

Остаётся заметить, что

(задача 10.38 а) и

(задача 10.44 а).

10.46. Согласно задаче 12.42

Ясно также, что

Таким образом, требуемое неравенство эквивалентно неравенству -j^- ^ ^, т.е. 2г ^ Б. Это неравенство доказано в решении задачи 10.28.

10.47. Ясно, что 2 sin (/3/2) sin(y/2) = cos((ß - у)/2) - cos((ß + у)/2) ^ 0-sin(a/2).

10.48. Опустим из вершин А и Б перпендикуляры AAi и ББ1 на биссектрису угла АСБ. Тогда АБ ^ AAi + ББ1 = frsin(y/2) + asin(y/2).

10.49. Согласно задаче 12.34 tg(a/2) tg(ß/2) = (а + b - с)/(а + & + с). А так как а + fr < Зс, то a + b- c<(a + b + с)/2.

10.50. Так как тг-2а>0, тг-2/3>0, тг-2г>0 и (тг-2а) + (тг-2/3) + (тг-2у) = к, существует треугольник с углами к — 2а, к — 2ß, к — 2у. Длины сторон, противолежащих углам к — 2а, к — 2ß, к — 2у, пропорциональны числам sin(7r - 2а) = sin2а, sin 2/3, sin2y. Поскольку к - 2а > к - 2ß > к - 2у и против большего угла лежит большая сторона, то sin 2а > sin 2ß > sin2y.

10.51. Заметим сначала, что cos2y — cos2(7r — а — ß) = cos2аcos2ß — - sin 2a sin 2ß. Поэтому cos 2a + cos 2ß - cos 2y = cos 2a + cos 2ß - cos 2a cos 2ß + sin 2a sin 2ß. Так как a cos (p + b sin <p ^ \/a2 + fr2 (см. приложение к гл. 9), то (1 — cos 2/3) cos 2а + sin 2ß sin 2a + cos 2ß < V(l -cos2/3)2 + sin2 2)8 + cos 2)8 = 2|sin)8| + 1 — 2sin2/3. Остаётся заметить, что наибольшее значение квадратного трёхчлена 2t + 1 — 2£2 достигается в точке t = 1/2 и равно 3/2. Максимальное значение соответствует углам а — ß — 30°, 7 = 120°.

10.52. Так как АВ<СВ, АХ < СХ и SAbx = SBcx, то sinХАВ > sinХСВ. Учитывая, что угол ХСВ острый, получаем требуемое.

10.53. Если углы треугольника АБС равны а, ß и у, то углы треугольника А1Б1С1 равны ()3 + у)/2, (у + а)/2 и (а+/3)/2.

10.54. Пусть M — точка пересечения медиан AAi, ББ1 и CCi. Достроив треугольник AM В до параллелограмма AMBN, получим АВМС\ = ат и ААМС\ = ßm. Легко проверить, что АС\СВ < у/2 и АВ\ВС < /3/2. Следовательно, ат = АСхСВ + АВ\ВС < (ß + у)/2 < ß. Аналогично ут = ZA\AB + АВХВА > >{a+ß)/2>ß.

Предположим сначала, что треугольник АБС остроугольный. Тогда точка H пересечения высот лежит внутри треугольника АМС\. Следовательно, ZAMB < ZAHB, т. е. к — ут < к — у, и ZCMB > ACH В, т. е. к - ат < к - а. Предположим теперь, что угол а тупой. Тогда угол СС\В тоже тупой, а значит, угол ат острый, т.е. ат < а. Опустим из точки M перпендикуляр MX на БС. Тогда ут > ZXMB > 180° - ZHAB > у.

Так как а > ат, то а + (к — <хт) > к, т. е. точка M лежит внутри описанной окружности треугольника АБ1С1. Следовательно, у = ААВ\С\ < ААМС\ = ßm. Аналогично а = ZCB\A\ > ZCMA\ = ßm, так как у + (к - ут) < п.

10.55. а) Ясно, что S2 /р = (р - а)(р - b)(p - с) ^ ((р - а + р - b + р - с)/3)3 = р'3/27. Поэтому pr = S ^ р2/3\/3, т. е. г ^ р/3\/3. Домножив последнее неравенство на г, получим требуемое.

Итак, нужно доказать неравенство

После возведения в квадрат и сокращения получаем

Складывая неравенства

получаем требуемое.

10.57. а) Перемножив три равенства вида S= (ab sin у)/2, получим S3 = ((abc)2 sin y sinß sin a)/8. Остаётся воспользоваться результатом задачи 10.43.

Так как (rarbrc)2 = S4/г2 (задача 12.19 в) и r2(y/S)3^S (задача 10.55 а),

10.58. Построим на стороне ВС треугольника ЛВС внутренним образом треугольник А"ВС, подобный треугольнику А'В'С'. При этом А"А = 0 тогда и только тогда, когда треугольники ABC и А'В'С' подобны. По теореме косинусов

Поэтому

Следовательно,

Это неравенство легко приводится к требуемому виду.

10.59. Пусть p = BAl/BC,q = CB1/CA и г = АСх/АС. Тогда SAlBlcJSABC = 1 - р(1 - г) - q(l - р) - г(1 -q) = l-(p + q + r) + (pq + qr + rp). По теореме Чевы (задача 5.85) pqr = (1 - р)(1 - q)(l - r), т.е. 2pqr = l-(p + q + r) + (pq + qr + rp); кроме того, (pqr)2 = p(l - p)q(l - q)r(l - г) ^ (1/4)3. Следовательно,

10.60. Можно считать, что площадь треугольника ABC равна 1. Тогда а + Ь + с=1 — и, поэтому данное неравенство перепишется в виде и2 ^ 4abc. Пусть x = BAi/BC, y = CBi/CA и z = ACi/AB. Тогда и = 1 - (х + y + z) + yz + zx и abc = xyz(l — х)(1 — у)(1 — z) = v(u — v), где v = xyz. Поэтому мы переходим к неравенству u2^4v(u — v), т.е. (и — 2v)2^0. Последнее неравенство очевидно.

10.61. а) Пусть X = BAi/BC, у = СВ\/СА и z = АС\/АВ. Можно считать, что площадь треугольника ABC равна 1. Тогда Sabxcx =2(1 — 1/), Saxbcx = х(1 — z) и Sa^ïC = #(1 - х). Так как х(1 — х) < 1/4, у(1 - у) ^ 1/4 и z(l - z) ^ 1/4, то произведение чисел Sab1c1 > Sa1bc1 и Sa1b1c не превосходит (1/4)3, а значит, одно из них не превосходит 1/4.

б) Пусть для определённости х ^ 1/2. Если у ^ 1/2, то при гомотетии с центром С и коэффициентом 2 точки А\ и ßi переходят во внутренние точки сторон ВС и АС, а значит, Sa^c ^ Sa1b1c1- Поэтому можно считать, что у ^ 1/2 и аналогично z ^ 1/2. Пусть х = (1 + а)/2, у = (1 + ß)/2 и 2 = (1 + г)/2. Тогда SAßlCl = (1 + Г - ß ~ /?Г)/4, SAlßCl = (1 + а - Г - «Г)/4 и SAlßlC = (1 + ß - ос - aß)/4, a значит, SaibiCi = (1 + ocß + /?у + ay)/4 ^ 1/4 и SaB1C1 + S^BCi + SU^C ^ 3/4.

10.62. Достаточно доказать, что если AC < БС, то ZABC < ZBAC. Так как АС<ВС, то на стороне ВС можно выбрать точку А\ так, что А\С = АС. Тогда /БАС > ZAXAC = ZAAXC > ZABC.

10.63. Пусть Ai —середина стороны БС. Если AAi <БС/2=БА1 =AiC, то ZBAA\ > ZABAi и ZCAAi > ZACAi, поэтому ZA = ZBAA\ + ZCAAi > ZB + ZC, т.е. ZA > 90°. Аналогично, если AAi > БС/2, то ZA < 90°.

10.64. Если мы фиксируем две стороны треугольника, то чем больше будет угол между ними, тем больше будет третья сторона. Поэтому из неравенства ZA > ZA\ следует, что ББ > Б1Б1, т.е. ZC > ZC\. Предположим теперь, что ZB ^ ZB\. Тогда АС ^ Ai Ci, т.е. ZD > ZD\. Поэтому 360° = ZA + ZB + ZC + ZD > ZAi + ZBX + ZCi + ZDX = 360°. Получено противоречие; следовательно, ZB < ZB\ и ZD < ZD\.

10.65. Пусть точка Б1 симметрична Б относительно точки М. Так как высота, опущенная из точки M на сторону БС, равна половине АН, т. е. половине ВМ, то ZMBC = 30°. Поскольку АН — наибольшая из высот, ВС — наименьшая из сторон. Поэтому ABi=BC^AB, т.е. ZABBi ^ZABiБ = ZMBC = 30°. Следовательно, ZABC = ZABB\ + ZMBC ^ 30° + 30° = 60°.

10.66. Предположим сначала, что ZA > ZD. Тогда BE > ЕС и ZEBA < ZECD. Так как в треугольнике ЕВС сторона BE больше стороны ЕС, то ZEBC<ZECB. Поэтому ZB = ZABE + ZEBC < ZECD + ZECB = ZC, что противоречит условию задачи. Значит, ZA = ZB = ZC = ZD. Аналогично предположение ZB > ZE приводит к неравенству ZC < ZD. Поэтому ZB = ZC = ZD = ZE.

10.67. Будем проводить доказательство сразу для общего случая. Пусть прямая MN пересекает стороны многоугольника в точках М\ и iVi. Ясно, что MN ^ M\N\. Пусть точка М\ лежит на стороне АБ, а точка N\ —на PQ. Так как ZAM\N\ + ZBM\N\ = 180°, то один из этих углов не меньше 90°. Пусть для определённости ZAM\N\ ^ 90°. Тогда AN\ ^ M\N\, так как против большего угла лежит большая сторона. Аналогично доказывается, что либо AN\ ^ АР, либо AN\ ^ AQ. Следовательно, длина отрезка MN не превосходит длины отрезка с концами в вершинах многоугольника.

10.68. Отрезок можно продолжить до пересечения с границей сектора, так как при этом его длина только увеличится. Поэтому можно считать, что точки M к N лежат на границе сектора. Возможны три случая.

1. Точки M и N лежат на дуге окружности. Тогда MN = 2Rsin(MON/2) ^ ^ 2Rsin(AOB/2) = AB, так как ZMON/2 ^ ZAOB/2 ^ 90°.

2. Точки M и N лежат на отрезках АО и ВО. Тогда MN не превосходит наибольшей стороны треугольника АОБ.

3. Одна из точек M и. N лежит на дуге окружности, а другая — на отрезке АО или ВО. Пусть для определённости M лежит на АО, а. N — на дуге окружности. Тогда MN не превосходит наибольшей стороны треугольника AN О. Остаётся заметить, что АО = NO = R и AN ^ АБ.

10.69. Если данный отрезок не имеет общих точек с окружностью, то с помощью гомотетии с центром А (и коэффициентом больше 1) его можно перевести в отрезок, имеющий общую точку X с дугой ВС и лежащий в нашей области. Проведём через точку X касательную DE к окружности (точки D и Е лежат на отрезках AB и АС). Тогда отрезки AD и АЕ меньше AB и DE < (DE + AD + АЕ)/2 = AB, т. е. все стороны треугольника ADE меньше AB. Так как наш отрезок лежит внутри треугольника ADE (или на его стороне DE), его длина не превосходит AB.

10.70. Предположим сначала, что центр О окружности лежит внутри данного пятиугольника А1А2А3А4А5. Рассмотрим углы А1ОА2, А2ОА3, А5ОА1. В сумме эти пять углов дают 2к, поэтому один из них, например А\ОА2, не превосходит 2к/5. Тогда отрезок А1А2 можно поместить в сектор ОВС, где ZBOC = 2л:/5 и точки Б и С расположены на окружности. В треугольнике ОВС наибольшей стороной является ВС, поэтому А\А2 ^ ВС.

Если точка О не принадлежит данному пятиугольнику, то углы А\ОА2, ... ...,AöOAi дают в объединении угол меньше к, причём каждая точка этого угла покрыта ими дважды. Поэтому в сумме эти пять углов дают меньше 2к, т.е. один из них меньше 2к/5. Дальнейшее доказательство аналогично предыдущему случаю.

Если точка О лежит на стороне пятиугольника, то один из рассматриваемых углов не больше 7г/4, а если она является его вершиной, то один из них не больше к/3. Ясно, что к/4 < к/3 < 2к/Ъ.

10.71. Возьмём на сторонах ВС, CA, AB точки Ai и А2, В\ и Б2, Ci и С2 так, что Б1С2 II ВС, СХА2 II CA, А1Б2 II АБ (рис. 10.1). В треугольниках А\А20, В\В20, С\С20 наибольшими сторонами являются А\А2, В\0, С20 соответственно. Поэтому ОР < Ai А2, OQ < ВхО, OR < С20, т. е. ОР + OQ + OR < < AiА2 + Б1О + С20 = АХА2 + СА2 + BAi = ВС.

10.72. Так как с2 = а2 + Ъ2, то с'1 = (а2 + b2)cn~2 = a2cn~2 + b2cn~2 > а'1 + bn.

10.73. Высота любого треугольника больше 2г. Кроме того, в прямоугольном треугольнике 2г = а + b — с (задача 5.18).

10.74. Так как

Следовательно,

10.75. Ясно, что

Поэтому

10.76. Согласно задаче 12.11 а)

Кроме того,

(см. задачу 10.75).

10.77. Пусть О — центр описанной окружности, Ai, Bi, Ci —середины сторон ВС, CA, AB соответственно. Тогда та = АА\ ^ АО + OAi = R + OAi. Анало-

Рис. 10.1

гично тпь ^ R + ОВ\ и тпс ^ R + ОС\. Следовательно,

Остаётся воспользоваться результатом задачи 12.23 и решением задачи 4.47.

10.78. Согласно задаче 4.48

Складывая три аналогичных неравенства, получаем требуемое.

10.79. Обозначим точку пересечения медиан через M, а центр описанной окружности через О. Если треугольник ABC не тупоугольный, то точка О лежит внутри его (или на его стороне); для определённости будем считать, что она лежит внутри треугольника АМВ. Тогда АО + ВО ^ AM + ВМ, т.е. 2R ^ 2ma/S + 2тпь/3 или тпа + гпь ^ ЗБ. Остаётся заметить, что так как угол COCi (Ci — середина Aß) тупой, то CCi ^ СО, т. е. тс ^ R.

Равенство достигается только для вырожденного треугольника.

10.80. В любом треугольнике hb ^ h ^ гпь (см. задачу 2.70), поэтому ha = h ^ hb и тс = h ^ tfifc. Следовательно, а ^ fr и fr ^ с (см. задачу 10.1), т. е. с — наибольшая сторона, а у — наибольший угол.

Из равенства ha = тс следует, что у ^ 60° (см. задачу 10.65). Так как наибольший угол у треугольника АБС не превосходит 60°, все углы треугольника равны 60°.

10.81. Согласно задаче 1.60 отношение периметров треугольников А1Б1С1 и АБС равно r/R. Кроме того, г ^ R/2 (задача 10.28).

Замечание. Используя результаты задач 12.74 и 2.20, легко проверить, что Sa.b.cJSabc = n/2Ri ^ 1/4.

10.82. Пусть AAi и ББ1 —биссектрисы треугольников ОАН и ОВН. Согласно задаче 2.1 они являются биссектрисами углов А и Б, т.е. центр вписанной окружности — точка пересечения прямых AAi и ВВ\. Из неравенства АС > ВС следует, что АН > ВН. Поэтому

т.е. точки на прямой ОН расположены в таком порядке: О, Ai, Б1, H. Точка О лежит внутри треугольника АВН, поэтому точка пересечения прямых AAi и ББ1 лежит внутри треугольника ВОН.

10.83. Пусть 90° ^ а ^ ß ^ у. Тогда СН — наибольшая высота. Центры вписанной и описанной окружностей обозначим через J и О, точки касания вписанной окружности со сторонами ВС, CA, AB — через К, L, M соответственно (рис. 10.2).

Докажем сначала, что точка О лежит внутри треугольника KCl. Для этого достаточно доказать, что CK ^ KB и ZBCO ^ BCI. Ясно, что

Так как ZBCO = 90° - а = ZACH, при симметрии относительно CI прямая СО переходит в прямую CH. Пусть О' — образ точки О при этой симметрии, Р — точка пересечения

Рис. 10.2

СН и IL. Тогда CP ^ СО' = СО = R. Остаётся доказать, что РН ^ IM = г. Это следует из того, что ZMIL = 180° — а ^ 90°.

10.84. Пусть В2С2 — проекция отрезка Bid на сторону ВС. Тогда В\С\ ^ ^ В2С2 = ВС - ВС\ cos ß - СВ\ cosy. Аналогично А\С\ ^ АС - АС\ cos а - CAi cosy и А\В\ ^ АБ — Aßi cos а — BA\cosß. Домножим эти неравенства на cos а, cos/3 и cosy соответственно и сложим их. Получим Б1С1 cos ос + Ci Ai cos/3 + А1Б1 cos у ^ a cos а + fr cos /3 + с cos у — (а cos ß cos у + fr cos a cos у + с cos а cosß). Так как с = acos/3 + fr cos a, то с cos у = a cos/3 cos y + fr cos a cos у. Записав три аналогичных равенства и сложив их, получим a cos/3 cos у + fr cos ос cos у + с cos ос cos/3 = (a cos a + bcosß + с cos у)/2.

10.85. Так как cos2 а + cos2 /3 + cos2 у + 2 cos a cos/3 cos у = 1 (задача 12.41 б), то треугольник АБС остроугольный тогда и только тогда, когда cos2 a + cos2/3 + cos2 у < 1, т.е. sin2 ос + sin2/3 + sin2 у > 2. Домножая обе части последнего неравенства на 4Б2, получаем требуемое.

10.86. Достаточно заметить, что р2 — (2R + г)2 = 4Б2 cos a cos/3 cos у (см. задачу 12.43 б).

10.87. Пусть ZA ^ /Б ^ ZC. Если треугольник АБС не остроугольный, то CCi < АС < AAi для любых точек Ai и Ci на сторонах ВС и АБ. Докажем теперь, что для остроугольного треугольника можно выбрать точки Ai, Б1 и Ci, обладающие требуемым свойством. Для этого достаточно проверить, что существует число х, удовлетворяющее следующим неравенствам: ha ^ X < max(fr, с) = с, hb ^ х < тах(а, с) = с и hc ^ х < тах(а, fr) = fr. Остаётся заметить, что шах(/га, hb, hc) = ha, min(fr, с) = fr и ha < fr.

10.88. Пусть ZA ^ ZB ^ ZC. Предположим сначала, что треугольник АБС остроугольный. При повороте прямой /, в исходном положении параллельной АБ, длина проекции треугольника на / будет сначала монотонно изменяться от с до hb, затем от hb до а, от а до hc, от hc до fr, от fr до /га и, наконец, от /га до с. Так как hb < а, то существует такое число х, что hb < х < а. Легко проверить, что отрезок длиной х встречается на любом из первых четырёх интервалов монотонности.

Предположим теперь, что треугольник АБС не остроугольный. При повороте прямой /, в исходном положении параллельной АБ, длина проекции треугольника на / монотонно убывает сначала от с до hb, затем от hb до hc; после этого она монотонно возрастает сначала от hc до ha, а затем от ha до с. Всего получается два интервала монотонности.

10.89. Пусть точки M и N лежат на сторонах АБ и АС соответственно. Проведём через вершину С прямую, параллельную стороне АБ. Пусть N\ — точка пересечения этой прямой и прямой MN. Тогда N\О : МО = 2, но NO ^ ^ Ni О, поэтому NO : МО ^ 2.

10.90. Окружность S, вписанная в треугольник ABC, лежит внутри треугольника А'В'С'. Проведя к этой окружности касательные, параллельные сторонам треугольника А'В'С', можно получить треугольник А"В"С", подобный треугольнику А'В'С', для которого S является вписанной окружностью.

поэтому Г abc = Г а" в" с" < Г а'в'с-

10.91. Биссектриса 1С разбивает треугольник АБС на два треугольника, удвоенные площади которых равны a/csin(y/2) и fr/csin(y/2). Поэтому aha = 2S = le (а + fr) sin (у/2). Из условия задачи следует, что а/(а + fr) ^ ^ 1/2 ^ sin(y/2).

10.92. Ясно, что ctg А + ctg Б = c/hc ^ с/тс. Пусть M — точка пересечения медиан, N — середина отрезка AB. Так как треугольник АМВ прямоугольный, MN = АВ/2. Следовательно, с = 2MN = 2тс/3.

10.93. Так как BN • ВА = ВМ2 и ВМ < ВА, то BN < ВМ, а значит, AN > CN.

10.94. Проведём через точку В перпендикуляр к стороне AB. Пусть F — точка пересечения этого перпендикуляра с продолжением стороны АС (рис. 10.3). Докажем, что биссектриса AD, медиана ВМ и высота СН пересекаются в одной точке тогда и только тогда, когда AB = CF. В самом деле, пусть L — точка пересечения ВМ и CH. Биссектриса AD проходит через точку L тогда и только тогда, когда ВА : AM = BL : LM, но BL:LM = FC:CM = FC: AM.

Если на стороне AF некоторого прямоугольного треугольника ABF (ZABF = 90°) отложить отрезок CF = AB, то углы ВАС и ABC будут острыми. Остаётся выяснить, в каких случаях угол АСВ будет острым. Опустим из точки В перпендикуляр BP на сторону AF. Угол АСВ острый, если FP > FC = AB, т.е. BF sin А > BF ctg А. Следовательно, 1 — cos2 А = sin2 А > cos А, т.е. cosA< < (v^— 1)/2. В итоге получаем, что

10.95. Так как против большей стороны лежит больший угол, то

Складывая эти неравенства, получаем

Из неравенства треугольника следует, что

Так как а + ß + у = к, то

10.96. Возьмём на лучах ОБ и ОС такие точки Ci и В\, что OCi — ОС и ОБ1 = ОБ. Пусть В'2 и С'2 — проекции точек В\ и С\ на прямую, перпендикулярную АО. Тогда ВО sin АОС + СО sin АОВ = В2С2 ^ ВС. Сложив три аналогичных неравенства, получим требуемое. Легко проверить также, что условие Б1С1 _1_ АО, С\А\ !_ ВО и А\В\ _1_ СО эквивалентно тому, что О — точка пересечения биссектрис.

Рис. 10.3

10.97. Так как ZCBD = ZC/2 и /Б) ZA, то ZABD = AB + ZCBD ^ ^ (ZA + AB + ZC) /2 = 90°.

10.98. По свойству биссектрисы ВМ : MA = БС : CA и ВК : КС = ВА : АС. Поэтому ВМ : MA < ВК : КС, т. е.

Следовательно, точка M более удалена от прямой АС, чем точка К, т. е. ZAKM > ZKAC = А К AM и ZKMC < ZMCA = ZMCK. Поэтому AM > МК и МК > КС (см. задачу 10.62).

10.99. Предположим, что все данные отношения меньше 2. Тогда S або + Saoc < ZSxBo + 2Sxoc = 2Sobc> S або + Sobc < 2Saoc и Saoc + &овс < 2Sabo-Сложив эти неравенства, приходим к противоречию. Аналогично доказывается, что одно из данных соотношений не больше 2.

10.100. Обозначим радиусы окружностей S, S\ и S2 через г, ri и г2. Пусть треугольники Aßi Ci и А2ВС2 подобны треугольнику ABC, причём коэффициенты подобия равны г\/г и г2/г соответственно. Окружности S\ и S2 являются вписанными для треугольников Aßi Ci и А2ВС2. Следовательно, эти треугольники пересекаются, так как иначе окружности S\ и S2 не имели бы общих точек. Поэтому Aßi + А2Б > AB, т. е. г\ + г2 > г.

ГЛАВА 11

ЗАДАЧИ НА МАКСИМУМ И МИНИМУМ

Основные сведения

1. Геометрические задачи на максимум и минимум тесно связаны с геометрическими неравенствами, так как для решения этих задач всегда нужно доказать соответствующее геометрическое неравенство и, кроме того, доказать, что это неравенство при определённых условиях обращается в равенство. Поэтому, прежде чем решать задачи на максимум и минимум, следует ещё раз посмотреть приложение к гл. 9, обращая особое внимание на условия, при которых нестрогие неравенства становятся равенствами.

2. Для элементов треугольника используются те же обозначения, что и в гл. 9.

3. Задачи на максимум и минимум иногда называются экстремальными задачами (от лат. extremum—«крайний»).

Вводные задачи

1. Среди всех треугольников с данными сторонами AB и АС найдите тот, у которого наибольшая площадь.

2. В треугольнике ABC найдите точку, из которой сторона AB видна под наименьшим углом.

3. Докажите, что среди всех треугольников с данными стороной а и высотой ha наибольшую величину угла а имеет равнобедренный треугольник.

4. Среди всех треугольников с данными сторонами AB и АС (AB < АС) найдите тот, у которого радиус описанной окружности максимален.

5. Диагонали выпуклого четырёхугольника равны d\ и d^. Какое наибольшее значение может иметь его площадь?

§ 1. Треугольник

11.1. Докажите, что среди всех треугольников с фиксированным углом ос и площадью S наименьшую длину стороны ВС имеет равнобедренный треугольник с основанием БС.

11.2. Докажите, что среди всех треугольников ABC с фиксированным углом а и полупериметром р наибольшую площадь имеет равнобедренный треугольник с основанием БС.

11.3. Докажите, что среди всех треугольников с фиксированным полупериметром р наибольшую площадь имеет правильный треугольник.

11.4. Рассмотрим все остроугольные треугольники с заданными стороной а и углом а. Чему равен максимум суммы квадратов длин сторон b и с?

11.5. Среди всех треугольников, вписанных в данную окружность, найдите тот, у которого максимальна сумма квадратов длин сторон.

11.6*. Периметр треугольника АБС равен 2р. На сторонах AB и АС взяты точки M и N так, что MN || ВС и MN касается вписанной окружности треугольника ABC. Найдите наибольшее значение длины отрезка MN.

11.7*. В данный треугольник поместите центрально симметричный многоугольник наибольшей площади.

11.8*. Площадь треугольника ABC равна 1. Пусть Ai, В\, Ci—середины сторон БС, CA, АБ соответственно. На отрезках АБ1, CAi, БС1 взяты точки К, L, M соответственно. Чему равна минимальная площадь общей части треугольников KLM и А1Б1С1?

11.9*. Какую наименьшую ширину должна иметь бесконечная полоса бумаги, чтобы из неё можно было вырезать любой треугольник площадью 1?

11.10. Докажите, что треугольники с длинами сторон а, fe, с и ai, fei, ci подобны тогда и только тогда, когда

11.11*. Докажите, что если а, ß, у и ai, ßi, у\—углы двух треугольников, то

11.12*. Пусть a, fe и с — длины сторон треугольника площади S; of i, ß\ и у\—углы некоторого другого треугольника. Докажите, что а2 ctg (Х\ + fe2 ctgßi + с2 ctg y i ^ 4S, причём равенство достигается, только если рассматриваемые треугольники подобны.

11.13*. Дан треугольник со сторонами a, fe и с, причём а ^ fe ^ с; x, у и г — углы некоторого другого треугольника. Докажите, что

См. также задачу 17.21.

§ 2. Экстремальные точки треугольника

11.14. На гипотенузе АБ прямоугольного треугольника АБС взята точка X; M и — её проекции на катеты АС и ВС.

а) При каком положении точки X длина отрезка MN будет наименьшей?

б) При каком положении точки X площадь четырёхугольника CMXN будет наибольшей?

11.15. Из точки М, лежащей на стороне АБ остроугольного треугольника АБС, опущены перпендикуляры MP и MQ на стороны ВС и АС. При каком положении точки M длина отрезка PQ минимальна?

11.16. Дан треугольник АБС. Найдите на прямой АБ точку М, для которой сумма радиусов описанных окружностей треугольников АСМ и ВСМ была бы наименьшей.

11.17. Из точки M описанной окружности треугольника АБС опущены перпендикуляры MP и MQ на прямые АБ и АС. При каком положении точки M длина отрезка PQ максимальна?

11.18*. Внутри треугольника АБС взята точка О. Пусть da, db, dc — расстояния от неё до прямых БС, CA, АБ. При каком положении точки О произведение dadbdc будет наибольшим?

11.19*. Точки Ai, Bi и Ci взяты на сторонах БС, CA и АБ треугольника ABC, причём отрезки AAi, ББ1 и CCi пересекаются в одной точке М. При каком положении точки M величина максимальна?

11.20*. Из точки М, лежащей внутри данного треугольника АБС, опущены перпендикуляры M Ai, МВ\, МС\ на прямые БС, CA, АБ. Для каких точек M внутри данного треугольника АБС величина a/MAi + b/MBi + c/MCi принимает наименьшее значение?

11.21*. Дан треугольник АБС. Найдите внутри его точку О, для которой сумма длин отрезков OA, ОБ, ОС минимальна. (Обратите внимание на тот случай, когда один из углов треугольника больше 120°.)

11.22*. Найдите внутри треугольника АБС точку О, для которой сумма квадратов расстояний от неё до сторон треугольника минимальна.

См. также задачу 18.22 а).

§ 3. Угол

11.23. На одной стороне острого угла даны точки А и Б. Постройте на другой его стороне точку С, из которой отрезок АБ виден под наибольшим углом.

11.24. Дан угол ХАУ и точка О внутри его. Проведите через точку О прямую, отсекающую от данного угла треугольник наименьшей площади.

11.25. Проведите через данную точку Р, лежащую внутри угла АОБ, прямую MN так, чтобы величина ОМ + ON была минимальной (точки M и N лежат на сторонах OA и ОБ).

11.26. Даны угол ХАУ и окружность внутри его. Постройте точку окружности, сумма расстояний от которой до прямых АХ и AY минимальна.

11.27*. Внутри острого угла ВАС дана точка М. Постройте на сторонах ВА и АС точки X и Y так, чтобы периметр треугольника XYM был минимальным.

11.28*. Дан угол ХАУ. Концы В и С отрезков ВО и СО длиной 1 перемещаются по лучам АХ и AY. Постройте четырёхугольник АВОС наибольшей площади.

§ 4. Четырёхугольники

11.29. Внутри выпуклого четырёхугольника найдите точку, сумма расстояний от которой до вершин была бы наименьшей.

11.30. Диагонали выпуклого четырёхугольника ABCD пересекаются в точке О. Какую наименьшую площадь может иметь этот четырёхугольник, если площадь треугольника АОВ равна 4, а площадь треугольника COD равна 9?

11.31. Трапеция ABCD с основанием AD разрезана диагональю АС на два треугольника. Прямая /, параллельная основанию, разрезает эти треугольники на два треугольника и два четырёхугольника. При каком положении прямой I сумма площадей полученных треугольников минимальна?

11.32. Площадь трапеции равна 1. Какую наименьшую величину может иметь наибольшая диагональ этой трапеции?

11.33*. На основании AD трапеции ABCD дана точка К. Найдите на основании ВС точку М, для которой площадь общей части треугольников AMD и ВКС максимальна.

11.34*. Докажите, что среди всех четырёхугольников с фиксированными длинами сторон наибольшую площадь имеет вписанный четырёхугольник.

См. также задачи 9.37, 15.3 б).

§ 5. Многоугольники

11.35. Многоугольник имеет центр симметрии О. Докажите, что сумма расстояний до вершин минимальна для точки О.

11.36. Среди всех многоугольников, вписанных в данную окружность, найдите тот, у которого максимальна сумма квадратов длин сторон.

11.37*. Дан выпуклый многоугольник А\...Ап. Докажите, что точка многоугольника, для которой максимальна сумма расстояний от неё до всех вершин, является вершиной.

См. также задачу 6.74.

§ 6. Разные задачи

11.38. Внутри окружности с центром О дана точка А. Найдите точку M окружности, для которой угол ОМА максимален.

11.39. На плоскости даны прямая I и точки А и Б, лежащие по разные стороны от неё. Постройте окружность, проходящую через точки А и Б так, чтобы прямая I высекала на ней хорду наименьшей длины.

11.40. Даны