WWW.DISSERS.RU

БЕСПЛАТНАЯ ЭЛЕКТРОННАЯ БИБЛИОТЕКА

   Добро пожаловать!

Pages:     || 2 | 3 | 4 | 5 |   ...   | 12 |
-- [ Страница 1 ] --

В. В. ПРАСОЛОВ ЗАДАЧИ ПО ПЛАНИМЕТРИИ УЧЕБНОЕ ПОСОБИЕ 5-е издание, исправленное и дополненное Допущено Министерством образования и науки Российской Федерации Издательство МЦНМО ОАО «Московские учебники»

Москва 2006 УДК 514.112 ББК 22.151.0 П70 Прасолов В. В.

П70 Задачи по планиметрии: Учебное пособие. — 5-е изд., испр.

и доп. — М.: МЦНМО: ОАО «Московские учебники», 2006. — 640 с.: ил.

ISBN 5-94057-214-6 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 профиль ную 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 вступи тельные экзамены в вузы.

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

ББК 22.151. Прасолов В. В., ISBN 5-94057-214-6 МЦНМО, ОГЛАВЛЕНИЕ Предисловие Глава 1. Подобные треугольники § 1. Отрезки, заключённые между параллельными прямыми (12). § 2. От ношение сторон подобных треугольников (13). § 3. Отношение площадей подобных треугольников (15). § 4. Вспомогательные равные треуголь ники (16). § 5. Треугольник, образованный основаниями высот (17).

§ 6. Подобные фигуры (18). Задачи для самостоятельного решения (18).

Решения.................................... Глава 2. Вписанный угол § 1. Углы, опирающиеся на равные дуги (31). § 2. Величина угла меж ду двумя хордами (32). § 3. Угол между касательной и хордой (33).

§ 4. Связь величины угла с длиной дуги и хорды (34). § 5. Четы ре точки, лежащие на одной окружности (35). § 6. Вписанный угол и подобные треугольники (36). § 7. Биссектриса делит дугу попо лам (37). § 8. Вписанный четырёхугольник с перпендикулярными диа гоналями (38). § 9. Три описанные окружности пересекаются в одной точке (39). § 10. Точка Микеля (40). § 11. Разные задачи (40). Задачи для самостоятельного решения (41).

Решения.................................... Глава 3. Окружности § 1. Касательные к окружностям (56). § 2. Произведение длин отрезков хорд (57). § 3. Касающиеся окружности (58). § 4. Три окружности одно го 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 окруж ностей (65). Задачи для самостоятельного решения (66).

Решения.................................... Глава 4. Площадь § 1. Медиана делит площадь пополам (81). § 2. Вычисление площа дей (82). § 3. Площади треугольников, на которые разбит четырёхуголь 4 Оглавление 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 четырёхугольни ка (86). § 8. Вспомогательная площадь (87). § 9. Перегруппировка пло щадей (88). Задачи для самостоятельного решения (89).

Решения.................................... Глава 5. Треугольники § 1. Вписанная и описанная окружности (102). § 2. Прямоугольные тре угольники (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 Че вы (111). § 9. Прямая Симсона (113). § 10. Подерный треугольник (115).

§ 11. Прямая Эйлера и окружность девяти точек (116). § 12. Точки Бро кара (117). § 13. Точка Лемуана (119). Задачи для самостоятельного решения (121).

Решения.................................... Глава 6. Многоугольники § 1. Вписанные и описанные четырёхугольники (151). § 2. Четырёх угольники (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.................................... Глава 7. Геометрические места точек § 1. ГМТ — прямая или отрезок (183). § 2. ГМТ — окружность или дуга окружности (184). § 3. Вписанный угол (185). § 4. Вспомогатель ные равные или подобные треугольники (186). § 5. Гомотетия (186).

§ 6. Метод ГМТ (186). § 7. ГМТ с ненулевой площадью (187). § 8. Теоре ма Карно (187). § 9. Окружность Ферма—Аполлония (188). Задачи для самостоятельного решения (188).

Решения.................................... Глава 8. Построения § 1. Метод геометрических мест точек (197). § 2. Вписанный угол (198).

§ 3. Подобные треугольники и гомотетия (198). § 4. Построение тре угольников по различным элементам (198). § 5. Построение треуголь ников по различным точкам (199). § 6. Треугольник (199). § 7. Четы рёхугольники (200). § 8. Окружности (201). § 9. Окружность Аполло ния (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 уг ла (204). Задачи для самостоятельного решения (205).

Решения.................................... Оглавление Глава 9. Геометрические неравенства § 1. Медиана треугольника (222). § 2. Алгебраические задачи на нера венство треугольника (222). § 3. Сумма длин диагоналей четырёхуголь ника (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................... Решения.................................... Глава 10. Неравенства для элементов треугольника § 1. Медианы (253). § 2. Высоты (253). § 3. Биссектрисы (254). § 4. Дли ны сторон (254). § 5. Радиусы описанной, вписанной и вневписанных окружностей (254). § 6. Симметричные неравенства для углов треуголь ника (255). § 7. Неравенства для углов треугольника (255). § 8. Нера венства для площади треугольника (256). § 9. Против большей стороны лежит больший угол (256). § 10. Отрезок внутри треугольника мень ше наибольшей стороны (257). § 11. Неравенства для прямоугольных треугольников (257). § 12. Неравенства для остроугольных треугольни ков (258). § 13. Неравенства в треугольниках (258). Задачи для самосто ятельного решения (259).

Решения.................................... Глава 11. Задачи на максимум и минимум § 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 мно гоугольников (277). Задачи для самостоятельного решения (278).

Решения.................................... Глава 12. Вычисления и метрические соотношения § 1. Теорема синусов (289). § 2. Теорема косинусов (290). § 3. Вписан ная, описанная и вневписанная окружности;

их радиусы (291). § 4. Дли ны сторон, высоты, биссектрисы (291). § 5. Синусы и косинусы уг лов треугольника (292). § 6. Тангенсы и котангенсы углов треугольни ка (292). § 7. Вычисление углов (293). § 8. Окружности (294). § 9. Раз ные задачи (295). § 10. Метод координат (295). Задачи для самостоя тельного решения (296).

Решения.................................... Глава 13. Векторы § 1. Векторы сторон многоугольников (309). § 2. Скалярное произве дение. Соотношения (310). § 3. Неравенства (310). § 4. Суммы векто ров (311). § 5. Вспомогательные проекции (312). § 6. Метод усредне 6 Оглавление ния (312). § 7. Псевдоскалярное произведение (313). Задачи для само стоятельного решения (314).

Решения.................................... Глава 14. Центр масс § 1. Основные свойства центра масс (325). § 2. Теорема о группировке масс (326). § 3. Момент инерции (327). § 4. Разные задачи (328). § 5. Ба рицентрические координаты (328). § 6. Трилинейные координаты (331).

Решения.................................... Глава 15. Параллельный перенос § 1. Перенос помогает решить задачу (345). § 2. Построения и геометри ческие места точек (346). Задачи для самостоятельного решения (347).

Решения.................................... Глава 16. Центральная симметрия § 1. Симметрия помогает решить задачу (354). § 2. Свойства симмет рии (354). § 3. Симметрия в задачах на построение (355). Задачи для самостоятельного решения (356).

Решения.................................... Глава 17. Осевая симметрия § 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 Ша ля (364). Задачи для самостоятельного решения (365).

Решения.................................... Глава 18. Поворот § 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.................................... Глава 19. Гомотетия и поворотная гомотетия § 1. Гомотетичные многоугольники (389). § 2. Гомотетичные окруж ности (389). § 3. Построения и геометрические места точек (390).

§ 4. Композиции гомотетий (391). § 5. Поворотная гомотетия (391).

§ 6. Центр поворотной гомотетии (393). § 7. Композиции поворотных го мотетий (394). § 8. Окружность подобия трёх фигур (394). Задачи для самостоятельного решения (396).

Решения.................................... Глава 20. Принцип крайнего § 1. Наименьший или наибольший угол (407). § 2. Наименьшее или наибольшее расстояние (408). § 3. Наименьшая или наибольшая пло Оглавление щадь (408). § 4. Наибольший треугольник (409). § 5. Выпуклая оболочка и опорные прямые (409). § 6. Разные задачи (410).

Решения.................................... Глава 21. Принцип Дирихле § 1. Конечное число точек, прямых и т. д. (419). § 2. Углы и дли ны (420). § 3. Площадь (421).

Решения.................................... Глава 22. Выпуклые и невыпуклые многоугольники § 1. Выпуклые многоугольники (430). § 2. Изопериметрическое неравен ство (431). § 3. Симметризация по Штейнеру (432). § 4. Сумма Минков ского (433). § 5. Теорема Хелли (433). § 6. Невыпуклые многоугольни ки (434).

Решения.................................... Глава 23. Делимость, инварианты, раскраски § 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.................................... Глава 24. Целочисленные решётки § 1. Многоугольники с вершинами в узлах решётки (469). § 2. Формула Пика (469). § 3. Разные задачи (470). § 4. Вокруг теоремы Минковско го (470).

Решения.................................... Глава 25. Разрезания, разбиения, покрытия § 1. Равносоставленные фигуры (479). § 2. Разрезания на части, облада ющие специальными свойствами (480). § 3. Свойства частей, получен ных 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. Покры тия (483). § 9. Замощения костями домино и плитками (484). § 10. Рас положение фигур на плоскости (485).

Решения.................................... Глава 26. Системы точек и отрезков. Примеры и контрпримеры § 1. Системы точек (506). § 2. Системы отрезков, прямых и окружно стей (507). § 3. Примеры и контрпримеры (507).

Решения.................................... Глава 27. Индукция и комбинаторика § 1. Индукция (513). § 2. Комбинаторика (514).

Решения.................................... 8 Оглавление Глава 28. Инверсия § 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.................................... Глава 29. Аффинные преобразования § 1. Аффинные преобразования (535). § 2. Решение задач при помощи аффинных преобразований (537). § 3. Комплексные числа (538). § 4. Эл липсы Штейнера (542).

Решения.................................... Глава 30. Проективные преобразования § 1. Проективные преобразования прямой (559). § 2. Проективные пре образования плоскости (561). § 3. Переведём данную прямую на беско нечность (564). § 4. Применение проективных преобразований, сохраня ющих окружность (565). § 5. Применение проективных преобразований прямой в задачах на доказательство (567). § 6. Применение проектив ных преобразований прямой в задачах на построение (567). § 7. Невоз можность построений при помощи одной линейки (568).

Решения.................................... Глава 31. Эллипс, парабола, гипербола § 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.................................... Дополнение Предметный указатель Программы элективных курсов по геометрии ПРЕДИСЛОВИЕ К ПЯТОМУ ИЗДАНИЮ В предыдущем издании при перенаборе текста третьего издания возникло огромное количество опечаток. В новом издании эти опе чатки исправлены, в чём мне оказали большую помощь И. Тейман и группа школьников 57-й школы г. Москвы: Д. Загоскин, А. Ники тин, 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 внима ние 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 пара граф 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 исправ ляться 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 матема тических 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 при няты методы решения задач. Главная цель этого разбиения состоит в том, чтобы помочь читателю ориентироваться в столь большом набо ре 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 несколь ких 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. Долбили ным и С. Ю. Оревковым. Всем им я выражаю искреннюю благодар ность.

ГЛАВА ПОДОБНЫЕ ТРЕУГОЛЬНИКИ Основные сведения 1. Треугольник ABC подобен треугольнику A1B1C1 (обозначение: ABC A1B1C1) тогда и только тогда, когда выполнено одно из следующих эквивалентных условий:

а) AB : BC : CA = A1B1 : B1C1 : C1A1;

б) AB : BC = A1B1 : B1C1 и ABC = A1B1C1;

в) ABC = A1B1C1 и BAC = B1A1C1.

2. Если параллельные прямые отсекают от угла с вершиной A треуголь ники AB1C1 и AB2C2, то эти треугольники подобны и AB1 : AB2 = AC1 : AC (точки B1 и B2 лежат на одной стороне угла, C1 и C2 — на другой).

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

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

4. Отношение площадей подобных треугольников равно квадрату коэффи циента подобия, т. е. квадрату отношения длин соответствующих сторон. Это следует, например, из формулы SABC = AB · AC sin A.

5. Многоугольники A1A2... An и B1B2... Bn называют подобными, если A1A2 : A2A3 :... : AnA1 = B1B2 : B2B3 :... : BnB1 и углы при вершинах A1,..., An равны соответственно углам при вершинах B1,..., Bn.

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 AA и BB1. Докажите, что A1C · BC = B1C · AC.

2. В прямоугольном треугольнике ABC с прямым углом C проведе на высота CH. Докажите, что AC2 = AB · AH и CH2 = AH · BH.

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

4. На стороне BC треугольника ABC взята точка A1 так, что BA1 : A1C = 2 : 1. В каком отношении медиана CC1 делит отрезок AA1?

12 Глава 1. Подобные треугольники 5. В треугольник ABC вписан квадрат PQRS так, что вершины P и Q лежат на сторонах AB и AC, а вершины R и S — на стороне BC.

Выразите длину стороны квадрата через сторону a и высоту ha.

§ 1. Отрезки, заключённые между параллельными прямыми 1.1. Основания AD и BC трапеции ABCD равны a и b (a > b).

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 четырёхуголь ника — вершины параллелограмма. Для каких четырёхугольников этот параллелограмм является прямоугольником, для каких — ромбом, для каких — квадратом?

1.3. а) Точки A1 и B1 делят стороны BC и AC треугольника ABC в отношениях BA1 : A1C = 1 : p и AB1 : B1C = 1 : q. В каком отношении отрезок AA1 делится отрезком BB1?

б) На сторонах BC и AC треугольника ABC взяты точки A1 и B1.

Отрезки AA1 и BB1 пересекаются в точке D. Пусть a1, b1, c и d — рас стояния от точек A1, B1, C и D до прямой AB. Докажите, что 1 1 1 + = +.

a1 b1 c d 1.4. Через точку P медианы CC1 треугольника ABC проведены прямые AA1 и BB1 (точки A1 и B1 лежат на сторонах BC и CA).

Докажите, что A1B1 AB.

1.5. Прямая, соединяющая точку P пересечения диагоналей четы рёхугольника ABCD с точкой Q пересечения прямых AB и CD, делит сторону AD пополам. Докажите, что она делит пополам и сторону BC.

1.6. На стороне AD параллелограмма ABCD взята точка P так, что AP : AD = 1 : n;

Q — точка пересечения прямых AC и BP. Докажите, что AQ : AC = 1 : (n + 1).

1.7. Вершины параллелограмма A1B1C1D1 лежат на сторонах па раллелограмма ABCD (точка A1 лежит на стороне AB, точка B1 — на стороне BC и т. д.). Докажите, что центры обоих параллелограммов совпадают.

1.8. На диагонали BD параллелограмма ABCD взята точка K. Пря мая AK пересекает прямые BC и CD в точках L и M. Докажите, что AK2 = LK · KM.

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

Условия задач 1.10. На основании AD трапеции ABCD взята точка E так, что AE = BC. Отрезки CA и CE пересекают диагональ BD в точках O и P соответственно. Докажите, что если BO = PD, то AD2 = BC2 + AD · BC.

1.11. Точки A и B высекают на окружности с центром O дугу величиной 60. На этой дуге взята точка M. Докажите, что прямая, проходящая через середины отрезков MA и OB, перпендикулярна пря мой, проходящей через середины отрезков MB и OA.

1.12. а) Точки A, B и C лежат на одной прямой, а точки A1, B1 и C1 — на другой. Докажите, что если AB1 BA1 и AC1 CA1, то BC1 CB1.

б) Точки A, B и C лежат на одной прямой, а точки A1, B1 и C таковы, что AB1 BA1, AC1 CA1 и BC1 CB1. Докажите, что точки A1, B1 и C1 лежат на одной прямой.

1.13. В треугольнике ABC проведены биссектрисы AA1 и BB1. До кажите, что расстояние от любой точки M отрезка A1B1 до прямой AB равно сумме расстояний от M до прямых AC и BC.

1.14. Пусть M и N — середины сторон AD и BC прямоуголь ника ABCD. На продолжении отрезка DC за точку D взята точ ка P;

Q — точка пересечения прямых PM и AC. Докажите, что QNM = MNP.

1.15. На продолжениях оснований AD и BC трапеции ABCD за точки A и C взяты точки K и L. Отрезок KL пересекает стороны AB и CD в точках M и N, а диагонали AC и BD в точках O и P.

Докажите, что если KM = NL, то KO = PL.

1.16*. На сторонах AB, BC, CD и DA выпуклого четырёхугольни ка ABCD взяты точки P, Q, R и S так, что BP : AB = CR : CD = и AS : AD = BQ : BC =. Докажите, что отрезки PR и QS делятся точкой их пересечения в отношениях : (1 - ) и : (1 - ).

§ 2. Отношение сторон подобных треугольников 1.17. а) В треугольнике ABC проведена биссектриса BD внутреннего или внешнего угла. Докажите, что AD : DC = AB : BC.

б) Докажите, что центр O вписанной окружности треугольника ABC делит биссектрису AA1 в отношении AO : OA1 = (b + c) : a, где a, b, c — длины сторон треугольника.

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

1.19. Прямая, проходящая через вершину A квадрата ABCD, пе ресекает сторону CD в точке E и прямую BC в точке F. Докажите, что 1 1 + =.

AE2 AF2 AB 1.20. На высотах BB1 и CC1 треугольника ABC взяты точки B2 и C так, что AB2C = AC2B = 90. Докажите, что AB2 = AC2.

14 Глава 1. Подобные треугольники 1.21. В трапецию ABCD (BC AD) вписана окружность, касающаяся боковых сторон AB и CD в точках K и L соответственно, а оснований AD и BC в точках M и N.

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

б) Докажите, что AK · KB = CL · LD.

1.22. На стороны BC и CD параллелограмма ABCD (или на их продолжения) опущены перпендикуляры AM и AN. Докажите, что MAN ABC.

1.23. Прямая l пересекает стороны AB и AD параллелограмма ABCD в точках E и F соответственно. Пусть G — точка пересечения AB AD AC прямой l с диагональю AC. Докажите, что + =.

AE AF AG 1.24. Пусть AC — большая из диагоналей параллелограмма ABCD.

Из точки C на продолжения сторон AB и AD опущены перпендикуля ры CE и CF соответственно. Докажите, что AB · AE + AD · AF = AC2.

1.25. Углы треугольника ABC связаны соотношением 3 + 2 = 180.

Докажите, что a2 + bc = c2.

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 AM · BM величина остаётся постоянной.

CM · DM 1.27. Через произвольную точку P стороны AC треугольника ABC параллельно его медианам AK и CL проведены прямые, пересекающие стороны BC и AB в точках E и F соответственно. Докажите, что медианы AK и CL делят отрезок EF на три равные части.

1.28. На биссектрисе угла взята точка P. Прямая, проходящая через точку P, высекает на сторонах угла отрезки длиной a и b.

1 Докажите, что величина + не зависит от выбора этой прямой.

a b 1.29. На стороне BC равностороннего треугольника ABC как на диа метре внешним образом построена полуокружность, на которой взяты точки K и L, делящие полуокружность на три равные дуги. Докажите, что прямые AK и AL делят отрезок BC на равные части.

1.30. Точка O — центр вписанной окружности треугольника ABC.

На сторонах AC и BC выбраны точки M и K соответственно так, что BK · AB = BO2 и AM · AB = AO2. Докажите, что точки M, O и K лежат на одной прямой.

1.31*. Докажите, что если a1 = a2 и b1 = b2 (рис. 1.1), то x = y.

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

Условия задач Рис. 1.1 Рис. 1. 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 AC треугольника ABC взята точка E. Через точ ку E проведены прямая DE параллельно стороне BC и прямая EF параллельно стороне AB (D и E — точки на этих сторонах). Докажите, что SBDEF = 2 SADE · SEFC.

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 BC = a и AD = b.

1.36. Через некоторую точку Q, взятую внутри треугольника ABC, проведены три прямые, параллельные его сторонам. Эти прямые раз бивают треугольник на шесть частей, три из которых — треугольники с площадями S S2 S3. Докажите, что площадь треугольника ABC 1, и равна ( S1 + S2 + S3)2.

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

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

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

1.39. Точка O, лежащая внутри выпуклого четырёхугольника пло щади S, отражается симметрично относительно середин его сторон.

16 Глава 1. Подобные треугольники Найдите площадь четырёхугольника с вершинами в полученных точках.

§ 4. Вспомогательные равные треугольники 1.40. Катет BC прямоугольного треугольника ABC с прямым уг лом C разделён точками D и E на три равные части. Докажите, что если BC = 3AC, то сумма углов AEC, ADC и ABC равна 90.

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

1.42. Через вершину A квадрата ABCD проведены прямые l1 и l2, пересекающие его стороны. Из точек B и D опущены перпендику ляры BB1, BB2, DD1 и DD2 на эти прямые. Докажите, что отрезки B1B2 и D1D2 равны и перпендикулярны.

1.43. На катетах CA и CB равнобедренного прямоугольного тре угольника ABC выбраны точки D и E так, что CD = CE. Продолжения перпендикуляров, опущенных из точек D и C на прямую AE, пересе кают гипотенузу AB в точках K и L. Докажите, что KL = LB.

1.44*. На сторонах AB, BC, CD и DA вписанного четырёхуголь ника ABCD, длины которых равны a, b, c и d, внешним образом построены прямоугольники размером a c, b d, c a и d b. До кажите, что их центры являются вершинами прямоугольника.

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

* * * 1.46. На сторонах BC и CD параллелограмма ABCD построены внешним образом правильные треугольники BCK 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 об разом построены равнобедренные треугольники с углами 2, 2 и при вершинах A, B и C, причём + + = 180. Докажите, что углы треугольника A B C равны, и.

1.49*. На сторонах треугольника ABC как на основаниях постро ены подобные равнобедренные треугольники AB1C и AC1B внешним образом и BA1C внутренним образом. Докажите, что AB1A1C1 — па раллелограмм.

1.50*. а) На сторонах AB и AC треугольника ABC внешним об разом построены прямоугольные треугольники ABC1 и AB1C, причём Условия задач C1 = B1 = 90, ABC1 = ACB1 = ;

M — середина BC. Докажите, что MB1 = MC1 и B1MC1 = 2.

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

1.51*. На неравных сторонах AB и AC треугольника ABC внешним образом построены равнобедренные треугольники AC1B и AB1C с уг лом при вершине.

а) M — точка медианы AA1 (или её продолжения), равноудалённая от точек B1 и C1. Докажите, что B1MC1 =.

б) O — точка серединного перпендикуляра к отрезку BC, равноуда лённая от точек B1 и C1. Докажите, что B1OC1 = 180 -.

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

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 AA1 и BB1 — высоты треугольника ABC. Докажите, что A1B1C ABC. Чему равен коэффициент подобия?

1.54. Из вершины C остроугольного треугольника ABC опущена высота CH, а из точки H опущены перпендикуляры HM и HN на стороны BC и AC соответственно. Докажите, что MNC ABC.

1.55. В треугольнике ABC проведены высоты BB1 и CC1.

а) Докажите, что касательная в точке A к описанной окружности параллельна прямой B1C1.

б) Докажите, что B1C1 OA, где O — центр описанной окружности.

1.56. На сторонах остроугольного треугольника ABC взяты точки A1, B1 и C1 так, что отрезки AA1, BB1 и CC1 пересекаются в точке H.

Докажите, что AH · A1H = BH · B1H = CH · C1H тогда и только тогда, когда H — точка пересечения высот треугольника ABC.

1.57. а) Докажите, что высоты AA1, BB1 и CC1 остроугольного треугольника ABC делят углы треугольника A1B1C1 пополам.

б) На сторонах AB, BC и CA остроугольного треугольника ABC взяты точки C1, A1 и B1 соответственно. Докажите, что если B1A1C = = BA1C1, A1B1C = AB1C1 и A1C1B = AC1B1, то точки A1, B1 и C являются основаниями высот треугольника ABC.

1.58. В остроугольном треугольнике ABC проведены высоты AA1, BB1 и CC1. Докажите, что точка, симметричная A1 относительно пря мой AC, лежит на прямой B1C1.

1.59. В остроугольном треугольнике ABC проведены высоты AA1, BB1 и CC1. Докажите, что если A1B1 AB и B1C1 BC, то A1C1 AC.

18 Глава 1. Подобные треугольники 1.60*. Пусть p — полупериметр остроугольного треугольника ABC, q — полупериметр треугольника, образованного основаниями его высот.

Докажите, что p : q = R : r, где R и r — радиусы описанной и вписанной окружностей треугольника ABC.

§ 6. Подобные фигуры 1.61. В треугольник вписана окружность радиуса r. Касательные к этой окружности, параллельные сторонам треугольника, отсекают от него три треугольника. Пусть r1, r2, r3 — радиусы вписанных в эти треугольники окружностей. Докажите, что r1 + r2 + r3 = r.

1.62. Дан треугольник ABC. Постройте две прямые x и y так, чтобы для любой точки M на стороне AC сумма длин отрезков MXM и MYM, проведённых из точки M параллельно прямым x и y до пересечения со сторонами AB и BC треугольника, равнялась 1.

1.63. В равнобедренном треугольнике ABC из середины H основа ния BC опущен перпендикуляр HE на боковую сторону AC;

O — сере дина отрезка HE. Докажите, что прямые AO 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 AC взята точка B и на отрезках AB, BC, CA по строены полуокружности S1, S2, S3 по одну сторону от AC. D — такая точка на S3, что BD AC. Общая касательная к S1 и S2, касается этих полуокружностей в точках F и E соответственно.

а) Докажите, что прямая EF параллельна касательной к S3, прове дённой 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 MT на про должения 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, про ведены одна внешняя и одна внутренняя касательные. Рассмотрим две прямые, каждая из которых проходит через точки касания, принадле жащие 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, Условия задач параллельные боковым сторонам. Во сколько раз периметр треуголь ника 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 A1, B1 и C1 симметричны центру описанной окруж ности треугольника ABC относительно его сторон. Докажите, что ABC = A1B1C1.

1.72. Докажите, что если BAC = 2ABC, то BC2 = (AC + AB) · AC.

1.73. На прямой l даны точки A, B, C и D. Через точки A и B, а также через точки C и D проводятся параллельные прямые. До кажите, что диагонали полученных таким образом параллелограммов (или их продолжения) пересекают прямую l в двух фиксированных точках.

1.74. В треугольнике ABC проведены биссектриса AD и средняя линия A1C1. Прямые AD и A1C1 пересекаются в точке K. Докажите, что 2A1K = |b - c|.

1.75. На сторонах AD и CD параллелограмма ABCD взяты точки M и N так, что MN AC. Докажите, что SABM = SCBN.

1.76. На диагонали AC параллелограмма ABCD взяты точки P и Q так, что AP = CQ. Точка M такова, что PM AD и QM AB. Докажи те, что точка M лежит на диагонали BD.

1.77. Продолжения боковых сторон трапеции с основаниями AD и BC пересекаются в точке O. Концы отрезка EF, параллельно го основаниям и проходящего через точку пересечения диагоналей, лежат соответственно на сторонах AB и CD. Докажите, что AE : CF = = AO : CO.

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, b и c.

1.79. Три прямые, параллельные сторонам треугольника, пересека ются в одной точке, причём стороны треугольника высекают на этих прямых отрезки длиной x. Найдите x, если длины сторон треугольни ка равны a, b и c.

1.80. Точка P лежит внутри треугольника ABC, причём ABP = = ACP. На прямых AB и AC взяты такие точки C1 и B1, что BC1 : CB1 = CP : BP. Докажите, что одна из диагоналей параллелограм ма, две стороны которого лежат на прямых BP и CP, а две другие стороны (или их продолжения) проходят через B1 и C1, параллель на BC.

20 Глава 1. Подобные треугольники Решения 1.1. a) Пусть P и Q — середины сторон AB и CD, K и L — точки пересечения прямой PQ с диагоналями AC и BD. Тогда PL = a/2 и PK = b/2, поэтому KL = PL - PK = (a - b)/2.

б) Возьмём на стороне AD точку F так, что BF CD. Пусть E — точка пере qAF q(a - b) + (p+ q)b сечения отрезков MN и BF. Тогда MN=ME+EN= +b= = p +q p + q qa + pb =.

p + q 1.2. Пусть K, L, M и N — середины сторон AB, BC, CD и DA соответственно четырёхугольника ABCD. Тогда KL = MN = AC/2 и отрезок KL паралле лен MN, т. е. KLMN — параллелограмм. Теперь ясно, что KLMN — прямо угольник, если диагонали AC и BD перпендикулярны;

ромб, если AC = BD;

квадрат, если диагонали AC и BD равны по длине и перпендикулярны.

1.3. а) Обозначим точку пересечения отрезков AA1 и BB1 через O. Проведём в треугольнике B1BC отрезок A1A2 BB1. Тогда B1C/B1A2 = 1 + p, поэтому AO : OA1 = AB1 : B1A2 = B1C : qB1A2 = (1 + p) : q.

б) Пусть BA1 : A1C = 1 : p и AB1 : B1C = 1 : q. Тогда AD : DA1 = (1 + p) : q 1 + p + q 1 + p + q и BD : DB1 = (1 + q) : p. Поэтому a1 = d, b1 = d и c = (1 + p + q)d.

1 + p 1 + q 1.4. Пусть A2 — середина отрезка A1B. Тогда CA1 : A1A2 = CP : PC и A1A2 : A1B = 1 : 2, поэтому CA1 : A1B = CP : 2PC1. Аналогично CB1 : B1A = = CP : 2PC1 = CA1 : A1B.

1.5. Точка P лежит на медиане QM треугольника AQD (или на её продол жении). Легко проверить, что решение задачи 1.4 остаётся верным и в случае, когда точка P лежит на продолжении медианы.

Следовательно, BC AD.

1.6. Так как AQP CQB, то AQ : QC = = AP : BC = 1 : n. Поэтому AC = AQ + QC = (n + 1)AQ.

1.7. Центр параллелограмма A1B1C1D1, будучи серединой отрезка B1D1, принадлежит отрезку, соединяющему середины сторон AB и CD. Ана логично он принадлежит отрезку, соединяющему середины сторон BC и AD. Точка пересечения этих отрезков — центр параллелограмма ABCD.

1.8. Ясно, что AK : KM = BK : KD = LK : AK, т. е. AK2 = LK · KM.

1.9. Пусть AC — диаметр окружности, описан ной около четырёхугольника ABCD. Опустим пер пендикуляры AA1 и CC1 на BD (рис. 1.3). Нуж но доказать, что BA1 = DC1. Опустим перпенди куляр OP из центра O описанной окружности Рис. 1. на BD. Ясно, что P — середина отрезка BD. Пря мые AA1, OP, CC1 параллельны и AO = OC, поэто му A1P = PC1. Так как P — середина BD, то BA1 = DC1.

1.10. Так как BO = PD, то BO : OD = DP : PB = k. Пусть BC = 1. Тогда AD = k и ED = 1/k. Поэтому k = AD = AE + ED = 1 + (1/k), т. е. k2 = 1 + k.

Остаётся заметить, что k2 = AD2 и 1 + k = BC2 + BC · AD.

Решения задач 1.11. Пусть C, D, E, F — середины сторон AO, OB, BM, MA соответственно четырёхугольника AOBM. Поскольку AB = MO = 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 пересека ются в точке O. Тогда OA : OB = OB1 : OA1, и OC : OA = OA1 : OC1, поэтому OC : OB = OB1 : OC1, а значит, BC1 CB1 (отношения отрезков следует считать ориентированными).

б) Пусть D и E — точки пересечения прямых AB1 и CA1, CB1 и AC1. Тогда CA1 : A1D = CB : BA = EC1 : C1A. А так как CB1D EB1A, точки A1, B1 и C лежат на одной прямой.

1.13. Точка, лежащая на биссектрисе угла, равноудалена от его сторон.

Пусть a — расстояние от точки A1, до прямых AC и AB, b — расстояние от точки B1 до прямых AB и BC. Пусть, далее, A1M : B1M = p : q, причём p + q = 1. Тогда расстояния от точки M до прямых AC и BC равны qa и pb соответственно. С другой сто роны, согласно задаче 1.1 б) расстояние от точки M до прямой AB равно qa + pb.

1.14. Пусть прямая, проходящая через центр O данного прямоугольника параллельно BC, пересе кает отрезок QN в точке K (рис. 1.4). Так как MO PC, то QM : MP = QO : OC, а так как KO BC, то QO : OC = QK : KN. Следователь но, QM : MP = QK : KN, т. е. KM NP. Поэтому MNP = KMO = QNM.

1.15. Проведём через точку M прямую EF, параллельную CD (точки E и F лежат на прямых BC 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 параллело грамм ABCD1. Можно считать, что точки D и D не совпадают (иначе утверждение задачи очевидно).

Рис. 1. Возьмём на сторонах AD1 и CD1 точки S1 и R так, что SS1 DD1 и RR1 DD1. Пусть N — точка пересечения отрезков PR1 и QS1;

N1 и N2 — точки пересечения прямой, прохо дящей через N параллельно DD1, с отрезками PR и QS соответственно. Тогда # – # – # – # – # – # – N1N = RR1 = DD1 и N2N = SS1 = DD1. Поэтому N1 = N2 — точка пере сечения отрезков PR и QS. Ясно, что PN1 : PR = PN : PR1 = и QN2 : QS =.

З а м е ч а н и е. В случае = есть более простое решение. Так как BP : BA = BQ : BC =, то PQ AC и PQ : AC =. Аналогично RS AC и RS : AC = 1 -. Поэтому отрезки PR и QS делятся точкой их пересечения в отношении : (1 - ).

1.17. а) Опустим из вершин A и C перпендикуляры AK и CL на прямую BD. Так как CBL = ABK и CDL = KDA, то BLC BKA и CLD AKD. Поэтому AD : DC = AK : CL = AB : BC.

б) Учитывая, что BA1 : A1C = BA : AC и BA1 + A1C = BC, получаем BA1 = = ac/(b + c). Так как BO — биссектриса треугольника ABA1, то AO : OA1 = = AB : BA1 = (b + c) : a.

22 Глава 1. Подобные треугольники 1.18. Пусть O — центр описанной окружности равнобедренного треугольни ка ABC, B1 — середина основания AC, A1 — середина боковой стороны BC. Так как BOA1 BCB1, то BO : BA1 = BC : BB1, а значит, R = BO = a2/ 4a2 - b2.

1.19. Если EAD =, то AE = AD/ cos = AB/ cos и AF = AB/ sin. По 1 1 (cos2 + sin2 ) этому + = =.

AE2 AF2 AB2 AB 1.20. Легко проверить, что AB2 = AB1 · AC = AC1 · AB = AC2.

2 1.21. а) Так как BQ : QM = BN : AM = BK : AK, то KQ AM.

б) Пусть O — центр вписанной окружности. Так как CBA + BAD = 180, то ABO + BAO = 90. Поэтому AKO OKB, т. е. AK : KO = OK : KB.

Следовательно, AK · KB = KO2 = R2, где R — радиус вписанной окружности.

Аналогично CL · LD = R2.

1.22. Если угол ABC тупой (соответственно острый), то угол MAN то же тупой (соответственно острый). Кроме того, стороны этих углов взаим но перпендикулярны. Поэтому ABC = MAN. Прямоугольные треугольники ABM и ADN имеют равные углы ABM и ADN, поэтому AM : AN = AB : AD = AB : CB, т. е. ABC MAN.

1.23. Возьмём на диагонали AC такие точки D и B, что BB l и DD l. Тогда AB : AE = = AB : AG и AD : AF = AD : AG. Так как стороны треугольников ABB и CDD попар но параллельны и AB = CD, эти треугольни AB AD ки равны и AB = CD. Поэтому + = AE AF AB AD CD + AD AC = + = =.

AG AG AG AG 1.24. Опустим из вершины B перпендику Рис. 1. ляр BG на AC (рис. 1.5). Из подобия треугольни ков ABG и ACE получаем AC · AG = AE · AB. Прямые AF и CB параллельны, поэтому углы GCB и CAF равны и прямоугольные треугольники CBG и ACF подобны. Из подобия этих треугольников получаем AC · CG = AF · BC. Скла дывая полученные равенства, находим AC · (AG + CG) = AE · AB + AF · BC. Так как AG + CG = AC, получаем требуемое равенство.

1.25. Так как + =90 -( /2), то =180 - - =90 +( /2). Поэтому на стороне AB можно выбрать точку D так, что ACD=90 -( /2), т. е. AC = AD.

Тогда ABC CBD, а значит, BC : BD = AB : CB, т. е. a2 = c(c - b).

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

1.27. Обозначим точку пересечения медиан через O, точки пересечения медианы AK с прямыми FP и FE — через Q и M, точки пересечения медиа ны CL с прямыми EP и FE — через R и N соответственно (рис. 1.6). Ясно, что FM : FE = FQ : FP = LO : LC = 1 : 3, т. е. FM = FE/3. Аналогично EN = FE/3.

1.28. Пусть C — вершина данного угла, A и B — точки пересечения данной прямой со сторонами угла. Возьмём на отрезках AC и BC точки K и L так, что PK BC и PL AC. Так как AKP PLB, то AK : KP = PL : LB, 1 1 а значит, (a - p)(b - p) = p2, где p = PK = PL. Следовательно, + =.

a b p Решения задач Рис. 1.6 Рис. 1. 1.29. Обозначим середину стороны BC через O, а точки пересечения AK и AL со стороной BC — через P и Q. Можно считать, что BP < BQ. Треуголь ник LCO равносторонний и LC AB. Поэтому ABQ LCQ, т. е. BQ : QC = = AB : LC = 2 : 1. Следовательно, BC = BQ + QC = 3QC. Аналогично BC = 3BP.

1.30. Так как BK:BO=BO:AB и KBO=ABO, то KOB OAB. Поэтому KOB = OAB. Аналогично AOM = ABO. Следовательно, KOM = KOB + + BOA + AOM = OAB + BOA + ABO = 180, т. е. точки K, O и M лежат на одной прямой.

1.31. Проведём дополнительно прямые, параллельные прямым, на которых лежат отрезки длиной a1 = a2 = a и b1 = b2 = b (рис. 1.7). Из подобия треуголь x x + z1 a + z3 y + z1 y b + z ников следуют равенства =, =, =, =.

b a b + z2 a a + z3 b Перемножив эти равенства, получим x(y + z1) = y(x + z1), а значит, x = y.

1.32. Так как AMN = MNC и BMN = MNA, то AMB = ANC. Кро ме того, AM : AN = NB : NM = BM : CN. Поэтому AMB ANC, а значит, MAB = NAC. Следовательно, BAC = MAN. Для других углов доказатель ство аналогично.

Пусть точки B1 и C1 симметричны B и C относительно серединного пер пендикуляра к отрезку MN. Так как AM : NB = MN : BM = MC : NC, то MA · MC1 = AM · NC = NB · MC = MB1 · MC. При этом точки M, A, C1 лежат на одной прямой и точки M, B1, C лежат на одной прямой. Следовательно, точка A лежит на окружности, описанной вокруг трапеции BB1CC1.

1.33. Так как AEB + BEC = 180, то эти углы не могут быть разными углами подобных треугольников ABE и BEC, т. е. они равны и BE — перпен дикуляр.

24 Глава 1. Подобные треугольники Возможны два варианта: ABE = CBE или ABE = BCE. Первый вари ант отпадает, так как в этом случае ABE = CBE. Остаётся второй вариант.

В этом случае ABC = ABE + CBE = ABE + + BAE = 90. В прямоугольном треугольни ке ABC катеты относятся, как 1 : 3, поэтому его углы равны 90, 60, 30.

1.34. Ясно, что SBDEF/2SADE = SBDE/SADE = = DB/AD = EF/AD = SEFC/SADE. Поэтому SBDEF = = 2 SADE · SEFC.

1.35. Пусть MN = x;

E — точка пересечения прямых AB и CD. Треугольники EBC, EMN и EAD подобны, поэтому SEBC : SEMN : SEAD = = a2 : x2 : b2. Так как SEMN - SEBC = SMBCN = = SMADN = SEAD - SEMN, то x2 - a2 = b2 - x2, т. е. x2 = (a2 + b2)/2.

Рис. 1. 1.36. Проведём через точку Q прямые DE, FG и HI параллельно BC, CA и AB соответствен но так, чтобы точки F и H лежали на стороне BC, точки E и I — на стороне AC, точки D и G — на стороне AB (рис. 1.8). Введём обозначения:

S = SABC, S1 = SGDQ, S2 = SIEQ, S3 = SHFQ. Тогда S1 S2 S3 GQ IE FQ AI + IE + EC + + = + + = = 1, S S S AC AC AC AC т. е. S = ( S1 + S2 + S3)2.

1.37. Пусть M — точка пересечения медиан треугольника ABC;

точка A симметрична M относительно середины отрезка BC. Длины сторон треугольни ка CMA1 относятся к медианам треугольника ABC, как 2 : 3. Поэтому искомая площадь равна 9SCMA1/4. Ясно, что SCMA1 = S/3 (см. решение задачи 4.1).

1.38. Пусть E, F, G и H — середины сторон AB, BC, CD и DA.

SABD SCBD SABCD а) Ясно, что SAEH + SCFG = + =. Аналогично SBEF + SDGH = 4 4 SABCD SABCD SABCD SABCD =. Поэтому SEFGH = SABCD - - =.

4 4 4 б) Так как AC = BD, то EFGH — ромб (задача 1.2). Согласно задаче а) SABCD = 2SEFGH = EG · FH.

1.39. Пусть E, F, G и H — середины сторон четырёхугольника ABCD;

точки E1, F1, G1 и H1 симметричны точке O относительно этих точек. Так как EF — средняя линия треугольника E1OF1, то SE1OF1 = 4SEOF. Аналогич но SF1OG1 = 4SFOG, SG1OH1 = 4SGOH и SH1OE1 = 4SHOE. Поэтому SE1F1G1H1 = 4SEFGH.

Согласно задаче 1.38 а) SABCD = 2SEFGH. Поэтому SE1F1G1H1 = 2SABCD = 2S.

1.40. П е р в о е р е ш е н и е. Рассмотрим квадрат BCMN и разделим его сторону MN точками P и Q на три равные части (рис. 1.9). Тогда ABC = = PDQ и ACD = PMA. Поэтому треугольник PAD — равнобедренный пря моугольный и ABC + ADC = PDQ + ADC = 45.

В т о р о е р е ш е н и е. Так как DE = 1, EA = 2, EB = 2, AD = и BA = 10, то DE : AE = EA : EB = AD : BA и DEA AEB. Следовательно, ABC = EAD. Кроме того, AEC = CAE = 45. Поэтому ABC + ADC + + AEC = (EAD + CAE) + ADC = CAD + ADC = 90.

Решения задач Рис. 1.9 Рис. 1. 1.41. Опустим из точки L перпендикуляры LM на AB и LN на AD. То гда KM = MB = ND и KL = LB = DL, поэтому прямоугольные треугольники KML и DNL равны. Следовательно, DLK = NLM = 90.

1.42. Так как D1A = B1B, AD2 = BB2 и D1AD2 = B1BB2, то D1AD2 = = B1BB2. Стороны AD1 и BB1 (а также AD2 и BB2) этих треугольников перпендикулярны, поэтому B1B2 D1D2.

1.43. На продолжении отрезка AC за точку C возьмём точку M так, что CM = CE (рис. 1.10). Тогда треугольник ACE при повороте с центром C на 90 переходит в треугольник BCM. Поэтому прямая MB перпендикуляр на прямой AE, а значит, параллельна прямой CL. Так как MC = CE = DC и прямые DK, CL и MB параллельны, то KL = LB.

1.44. Пусть на сторонах AB и BC построены прямоугольники ABC1D и A2BCD2;

P, Q, R и S — центры прямоугольников, построенных на сторонах AB, BC, CD и DA. Так как ABC + ADC = 180, то ADC = A2BC1. Рас сматривая прямоугольники, построенные на сторонах этих равных треуголь ников, получаем, что RDS = PBQ и RS = = PQ. Аналогично QR = PS. Следовательно, PQRS — параллелограмм, причём один из тре угольников RDS и PBQ построен на его сто ронах внешним образом, а другой внутрен ним;

аналогичное утверждение справедливо и для треугольников QCR и SAP. Поэтому PQR + RSP = BQC + DSA = 180, так как PQB = RSD и RQC = PSA. Следователь но, PQRS — прямоугольник.

1.45. Пусть K, L, M — точки пересече ния описанных окружностей треугольников FOA и BOC, BOC и DOE, DOE и FOA;

2, 2 и 2 — углы при вершинах равно бедренных треугольников BOC, DOE и FOA (рис. 1.11). Точка K лежит на дуге OB опи санной окружности равнобедренного треуголь Рис. 1. 26 Глава 1. Подобные треугольники ника BOC, поэтому OKB = 90 +. Аналогично OKA = 90 +. Так как + + = 90, то AKB = 90 +. Внутри правильного треугольни ка AOB существует единственная точка K, из которой его стороны вид ны под данными углами. Аналогичные рассуждения для точки L, лежа щей внутри треугольника COD, показывают, что OKB = CLO. Дока жем теперь, что KOL = OKB. В самом деле, COL = KBO, поэтому KOB + COL = 180 - OKB = 90 -, а значит, KOL = 2 + (90 - ) = = 90 + = OKB. Следовательно, KL = OB = R. Аналогично LM = MK = R.

1.46. Пусть A =. Легко проверить, что оба угла KCL и ADL рав ны 240 - (или 120 + ). А так как KC = BC = AD и CL = DL, то KCL = = ADL, а значит, KL = AL. Аналогично KL = AK.

1.47. Пусть P, Q и R — центры квадратов, построенных на сторонах DA, AB и BC параллелограмма с острым углом при вершине A. Легко проверить, что PAQ = 90 + = RBQ, а значит, PAQ = RBQ. Стороны AQ и BQ этих треугольников перпендикулярны, поэтому PQ QR.

1.48. Заметим сначала, что сумма углов при вершинах A, B и C шестиугольника AB CA BC равна 360, так как по условию сумма его уг лов при остальных вершинах равна 360. Постро им на стороне AC внешним образом треуголь ник AC P, равный треугольнику BC A (рис. 1.12).

Тогда AB P = CB A, так как AB = CB, AP = CA и PAB = 360 - PAC - C AB = 360 - A BC - C AB = A CB. Следовательно, C B A = C B P, а значит, 2A B C =PB A =AB C, так как PB A= = A B C, а угол AB A общий.

1.49. Так как BA:BC=BC1 :BA1 и ABC=C1BA1, то ABC C1BA1. Аналогично ABC B1A1C.

Рис. 1. А так как BA1 = A1C, то C1BA1 = B1A1C. Следова тельно, AC1 = C1B = B1A1 и AB1 = B1C = C1A1. Ясно также, что четырёхугольник AB1A1C1 выпуклый.

1.50. а) Пусть P и Q — середины сторон AB и AC. Тогда MP = AC/2 = QB1, MQ = AB/2 = PC1 и C1PM = C1PB + BPM = B1QC + CQM = B1QM.

Следовательно, MQB1 = C1PM, а значит, MC1 = MB1. Кроме того, PMC1 + + QMB1 = QB1M + QMB1 = 180 - MQB1, а MQB1 = A + CQB1 = = A + (180 - 2 ). Следовательно, B1MC1 = PMQ + 2 - A = 2. (Слу чай, когда C1PB + BPM > 180, разбирается аналогично.) б) Возьмём на сторонах AB и AC такие точки B и C, что AB : AB = = AC : AC = 2 : 3. Середина M отрезка B C совпадает с точкой пересечения медиан треугольника ABC. Построим на сторонах AB и AC внешним образом прямоугольные треугольники AB C1 и AB1C с углами 60 при вершинах B и C. Тогда B1 и C1 — центры правильных треугольников, построенных на сторонах AB и AC;

с другой стороны, согласно задаче а) MB1 = MC и B1MC1 = 120.

З а м е ч а н и е. Утверждения задач а) и б) остаются верными и для тре угольников, построенных внутренним образом.

1.51. а) Пусть B — точка пересечения прямой AC и перпендикуляра к пря мой AB1, восставленного из точки B1;

точка C определяется аналогично.

Так как AB : AC = AC1 : AB1 = AB : AC, то B C BC. Если N — середина Решения задач отрезка B C, то, как следует из задачи 1.50 а), NC1 = NB1 (т. е. N = M) и B1NC1 = 2AB B1 = 180 - 2CAB1 =.

б) Построим на стороне BC внешним образом равнобедренный треуголь ник BA1C с углом 360 - 2 при вершине A1 (если < 90, строим внут ренним образом треугольник с углом 2 ). Так как сумма углов при верши нах трёх построенных равнобедренных треугольников равна 360, треуголь ник A1B1C1 имеет углы 180 -, /2 и /2 (см. задачу 1.48). В частности, этот треугольник равнобедренный, а значит, A1 = O.

1.52. Пусть O1, O2, O3 и O4 — центры ромбов, построенных на сторонах AB, BC, CD и DA;

M — середина диагонали AC. Тогда MO1 = MO2 и O1MO2 = (см. задачу 1.50 а). Аналогично MO3 = MO4 и O3MO4 =. Следовательно, при повороте на угол относительно точки M треугольник O1MO3 переходит в O2MO4.

1.53. Так как A1C = AC|cos C|, B1C = BC|cos C| и угол C у треугольников ABC и A1B1C общий, то эти треугольники подобны, причём коэффициент подобия равен |cos C|.

1.54. Так как точки M и N лежат на окружности с диаметром CH, то CMN = CHN, а так как AC HN, то CHN = A. Аналогично CNM = B.

1.55. а) Пусть l — касательная в точке A к описанной окружности. Тогда для ориентированных углов получаем (l, AB) = (AC, CB) = (C1B1, AC1), а значит, l B1C1.

б) Так как OA l и l B1C1, то OA B1C1.

1.56. Если AA1, BB1 и CC1 — высоты, то A1BH B1AH, а значит, AH · A1H = BH · B1H. Аналогично BH · B1H = CH · C1H. (Предполагается из вестным, что высоты треугольника пересекаются в одной точке.) Если AH · A1H = BH · B1H = CH · C1H, то A1BH B1AH, а значит, BA1H=AB1H=. Поэтому CA1H=CB1H=180 -. Аналогично AC1H= = CA1H = 180 - и AC1H = AB1H =, поэтому = 90 т. е. AA1, BB1 и CC1 — высоты.

1.57. а) Согласно задаче 1.53 C1A1B = CA1B1 = A. Так как AA1 BC, то C1A1A = B1A1A. Аналогично доказывается, что лучи B1B и C1C — бис сектрисы углов A1B1C1 и A1C1B1.

б) Прямые AB, BC и CA являются биссектрисами внешних углов треуголь ника A1B1C1, поэтому A1A — биссектриса угла B1A1C1, а значит, AA1 BC.

Для прямых BB1 и CC1 доказательство аналогично.

1.58. Из результата задачи 1.57 а) следует, что прямая B1A1 при симмет рии относительно прямой AC переходит в прямую B1C1.

1.59. Согласно задаче 1.53 B1A1C = BAC. Так как A1B1 AB, то B1A1C = = ABC. Поэтому BAC = ABC. Аналогично из того, что B1C1 BC, сле дует равенство ABC = BCA. Поэтому треугольник ABC равносторонний и A1C1 AC.

1.60. Пусть O — центр описанной окружности треугольника ABC. Так как OA B1C1 (см. задачу 1.55 б), то SAOC1 + SAOB1 = R · B1C1/2. Аналогичные рассуждения для вершин B и C показывают, что SABC = qR. С другой стороны, SABC = pr.

1.61. Периметр треугольника, отсекаемого прямой, параллельной сто роне BC, равен сумме расстояний от точки A до точек касания вписанной окружности со сторонами AB и AC, поэтому сумма периметров отсечённых треугольников равна периметру треугольника ABC : P1 + P2 + P3 = P. Из подо 28 Глава 1. Подобные треугольники бия треугольников следует, что ri/r = Pi/P. Скла дывая эти равенства, получаем требуемое.

1.62. Пусть M = A. Тогда XA = A, поэто му AYA = 1. Аналогично CXC = 1. Докажем, что y = AYA и x = CXC — искомые прямые. Возь мём на стороне BC точку D так, что AB MD (рис. 1.13). Пусть E — точка пересечения прямых CXC и MD. Тогда XMM + YMM = XCE + YMM.

Так как ABC MDC, то CE = YMM. Поэто му XMM + YMM = XCE + CE = XCC = 1.

1.63. Пусть D — середина отрезка BH. Так Рис. 1. как BHA HEA, то AD : AO = AB : AH и DAH = OAE. Следовательно, DAO = BAH, а значит, DAO BAH и DOA = BHA = 90.

1.64. Пусть AA1, BB1 и CC1 — высоты треугольника ABC. Опустим из точки B1 перпендикуляры B1K и B1N на стороны AB и BC и перпендикуляры B1L и B1M на высоты AA1 и CC1. Так как KB1 : CC1 = AB1 : AC = LB1 : A1C, то KLB1 C1A1C, а значит, KL C1A1. Аналогично MN C1A1. Кроме того, KN C1A1 (см. задачи 1.53 и 1.54). Следовательно, точки K, L, M и N лежат на одной прямой.

1.65. а) Пусть O — середина AC, O1 — середина AB, O2 — середина BC.

Будем считать, что AB BC. Проведём через точку O1 прямую O1K параллель но EF (K — точка на отрезке EO2). Докажем, что прямоугольные треугольники DBO и O1KO равны. В самом деле, O1O2 = AC/2 = DO и BO = (BC - AB)/2 = KO2. Из равенства тре угольников DBO и O1KO2 следует, что BOD = = O1O2E, т. е. прямая DO параллельна EO и касательная, проведённая через точку D, па раллельна прямой EF.

б) Так как углы между диаметром AC и ка сательными к окружностям в точках F, D, E равны, то FAB = DAC = EBC и FBA = = DCA = ECB, т. е. F лежит на отрезке AD, E — на отрезке DC. Кроме того, AFB = BEC = = ADC = 90, поэтому FDEB — прямоугольник.

1.66. Пусть MQ и MP — перпендику Рис. 1. ляры, опущенные на стороны AD и BC, MR и MT — перпендикуляры, опущенные на продолжения сторон AB и CD (рис. 1.14). Обозначим через M1 и P1 вторые точки пересечения прямых RT и QP с окружностью.

Так как TM1 = RM = AQ и TM1 AQ, то AM1 TQ. Аналогично AP1 RP.

Поскольку M1AP1 = 90, то RP TQ.

Обозначим точки пересечения прямых TQ и RP, M1A и RP, P1A и TQ через E, F, G соответственно. Чтобы доказать, что точка E лежит на пря мой AC, достаточно доказать, что прямоугольники AFEG и AM1CP1 подобны.

Так как ARF = AM1R = M1TG = M1CT, можно обозначить величины этих углов одной буквой. AF = RA sin = M1A sin2, AG = M1T sin = M1C sin2, поэтому прямоугольники AFEG и AM1CP1 подобны.

Решения задач 1.67. Обозначим центры окружностей через O1 и O2. Внешняя касательная касается первой окружности в точке K, 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 KM и LN пересекают пря Рис. 1. мую O1O2 в точках P1 и P2 соответственно. Надо доказать, что P1 = P2. Рас смотрим точки A, D1, D2 пересечения прямых KL и MN, KM и O1A, LN и O2A соответственно. O1AM + NAO2 = 90, поэтому прямоугольные треугольники O1MA и ANO2 подобны, а также AO2 KM и AO1 LN. Из параллельности этих прямых получаем AD1 : D1O1 = O2P1 : P1O1 и D2O2 : AD2 = O2P2 : P2O1. Из подобия четырёхугольников AKO1M и O2NAL получаем AD1 :D1O1 =D2O2 :AD2.

Следовательно, O2P1 : P1O1 = O2P2 : P2O1, т. е. P1 = P2.

З а м е ч а н и е. По поводу другого решения см. задачу 3.70.

ГЛАВА ВПИСАННЫЙ УГОЛ Основные сведения 1. Угол ABC, вершина которого лежит на окружности, а стороны пересе кают эту окружность, называют вписанным в окружность. Пусть O — центр окружности. Тогда ABC = AOC, если точки B и O лежат по одну сторону от AC, и ABC = 180 - AOC, если точки B и O лежат по разные стороны от AC. 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, прохо дящей через точку A, 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 рас сматривать различные варианты расположения точек на окружности, введём понятие «ориентированный угол между прямыми». Величиной ориентирован ного угла между прямыми AB и CD (обозначение: (AB, CD)) будем называть величину угла, на который нужно повернуть против часовой стрелки пря мую AB так, чтобы она стала параллельна прямой CD. При этом углы, отличающиеся на n · 180, считаются равными. Следует отметить, что ориен тированный 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) (AB, BC) = -(BC, AB);

б) (AB, CD) + (CD, EF) = (AB, EF);

в) точки A, B, C, D, не лежащие на одной прямой, принадлежат одной окружности тогда и только тогда, когда (AB, BC) = (AD, DC) (для доказа тельства этого свойства нужно рассмотреть два случая: точки B и D лежат по одну сторону от AC;

точки B и D лежат по разные стороны от AC).

Вводные задачи 1. а) Из точки A, лежащей вне окружности, выходят лучи AB и AC, пересекающие эту окружность. Докажите, что величина уг Условия задач ла BAC равна полуразности угловых величин дуг окружности, заклю чённых внутри этого угла.

б) Вершина угла BAC расположена внутри окружности. Докажите, что величина угла BAC равна полусумме угловых величин дуг окруж ности, заключённых внутри угла BAC и внутри угла, симметричного ему относительно вершины A.

2. Из точки P, расположенной внутри острого угла BAC, опуще ны перпендикуляры PC1 и PB1 на прямые AB и AC. Докажите, что C1AP = C1B1P.

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

4. Центр вписанной окружности треугольника ABC симметричен центру описанной окружности относительно стороны AB. Найдите уг лы треугольника ABC.

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

§ 1. Углы, опирающиеся на равные дуги 2.1. Вершина A остроугольного треугольника ABC соединена отрез ком с центром O описанной окружности. Из вершины A проведена высота AH. Докажите, что BAH = OAC.

2.2. Две окружности пересекаются в точках M и K. Через M и K проведены прямые AB и CD соответственно, пересекающие первую окружность в точках A и C, вторую в точках B и D. Докажите, что AC BD.

2.3. Из точки M, лежащей внутри данного угла с вершиной A, опу щены перпендикуляры MP и MQ на стороны угла. Из точки A опущен перпендикуляр AK на отрезок PQ. Докажите, что PAK = MAQ.

2.4. а) Продолжение биссектрисы угла B треугольника ABC пе ресекает описанную окружность в точке M;

O — центр вписанной окружности, Ob — центр вневписанной окружности, касающейся сто роны AC. Докажите, что точки A, C, O и Ob лежат на окружности с центром M.

б) Точка O, лежащая внутри треугольника ABC, обладает тем свойством, что прямые AO, BO и CO проходят через центры описан ных окружностей треугольников BCO, ACO и ABO. Докажите, что O — центр вписанной окружности треугольника ABC.

2.5. Прямоугольный треугольник ABC с прямым углом A движется так, что его вершины B и C скользят по сторонам данного прямого угла. Докажите, что множеством точек A является отрезок и найдите его длину.

2.6. Диагональ AC квадрата ABCD совпадает с гипотенузой пря моугольного треугольника ACK, причём точки B и K лежат по 32 Глава 2. Вписанный угол одну сторону от прямой AC. Докажите, что BK = |AK - CK|/ и DK = (AK + CK)/ 2.

2.7. В треугольнике ABC проведены медианы AA1 и BB1. Докажи те, что если CAA1 = CBB1, то AC = BC.

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

Точку из задачи 2.8 называют точкой Торричелли.

2.9. Окружность разделена на равные дуги n диаметрами. Дока жите, что основания перпендикуляров, опущенных из произвольной точки M, лежащей внутри окружности, на эти диаметры, являются вершинами правильного многоугольника.

2.10. На окружности даны точки A, B, M и N. Из точки M проведены хорды MA1 и MB1, перпендикулярные прямым NB и NA соответственно. Докажите, что AA1 BB1.

2.11. Две окружности пересекаются в точках P и Q. Третья окруж ность с центром P пересекает первую окружность в точках A и B, а вторую — в точках C и D. Докажите, что AQD = BQC.

2.12. Шестиугольник ABCDEF вписанный, причём AB DE и BC EF. Докажите, что CD AF.

2.13*. Многоугольник A1A2... A2n вписанный. Про все пары его противоположных сторон, кроме одной, известно, что они параллель ны. Докажите, что при нечётном n оставшаяся пара сторон тоже параллельна, а при чётном n оставшаяся пара сторон равна по длине.

2.14*. Дан треугольник ABC. Докажите, что существует два семей ства правильных треугольников, стороны которых (или их продолже ния) проходят через точки A, B и C. Докажите также, что центры треугольников этих семейств лежат на двух концентрических окруж ностях.

См. также задачу 1.54.

§ 2. Величина угла между двумя хордами Решить задачи этого параграфа помогает следующий факт. Пусть A, B, C, D — точки на окружности в указанном порядке. Тогда угол между хордами AC и BD равен ( AB + CD)/2, угол между хордами AB и CD равен | AD - CB|/2. (Для доказательства нужно через конец одной из хорд провести хорду, параллельную другой хорде.) 2.15. На окружности даны точки A, B, C, D в указанном порядке.

M — середина дуги AB. Обозначим точки пересечения хорд MC и MD с хордой AB через E и K. Докажите, что KECD — вписанный четы рёхугольник.

Условия задач 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 сторо ной AB пересекаются в точке P. Докажите, что центр O её описанной окружности лежит на описанной окружности треугольника APB.

2.18. На окружности даны точки A, B, C, D в указанном порядке;

A1, B1, C1 и D1 — середины дуг AB, BC, CD и DA соответственно.

Докажите, что A1C1 B1D1.

2.19. Внутри треугольника ABC взята точка P так, что BPC = = A + 60, APC = B + 60 и APB = C + 60. Прямые AP, BP и CP пересекают описанную окружность треугольника ABC в точках A, B и C. Докажите, что треугольник A B C правильный.

2.20. На окружности взяты точки A, C1, B, A1, C, B1 в указанном порядке.

а) Докажите, что если прямые AA1, BB1 и CC1 являются биссектри сами углов треугольника ABC, то они являются высотами треугольни ка A1B1C1.

б) Докажите, что если прямые AA1, BB1 и CC1 являются высотами треугольника ABC, то они являются биссектрисами углов треугольни ка A1B1C1.

2.21*. В окружность вписаны треугольники T1 и T2, причём верши ны треугольника T2 являются серединами дуг, на которые окружность разбивается вершинами треугольника T1. Докажите, что в шестиуголь нике, являющемся пересечением треугольников T1 и T2, диагонали, соединяющие противоположные вершины, параллельны сторонам тре угольника T1 и пересекаются в одной точке.

§ 3. Угол между касательной и хордой На языке ориентированных углов теорема об угле между касательной и хор дой формулируется следующим образом. Если AB — хорда окружности, а l — касательная, проведённая в точке A, то для любой точки X данной окружности имеет место равенство (l, AB) = (XA, XB).

2.22. Две окружности пересекаются в точках P и Q. Через точку A первой окружности проведены прямые AP и AQ, пересекающие вто рую окружность в точках B и C. Докажите, что касательная в точке A к первой окружности параллельна прямой BC.

2.23. Окружности S1 и S2 пересекаются в точках A и P. Через точку A проведена касательная AB к окружности S1, а через точ ку P — прямая CD, параллельная AB (точки B и C лежат на S2, точка D — на S1). Докажите, что ABCD — параллелограмм.

2.24. Окружности S1 и S2 пересекаются в точках A и B. Через точку A проведена касательная AQ к окружности S1 (точка Q лежит на S2), а через точку B — касательная BS к окружности S2 (точка S 34 Глава 2. Вписанный угол лежит на S1). Прямые BQ и AS пересекают окружности S1 и S в точках R и P. Докажите, что PQRS — параллелограмм.

2.25. Касательная в точке A к описанной окружности треугольни ка ABC пересекает прямую BC в точке E;

AD — биссектриса треуголь ника ABC. Докажите, что AE = ED.

2.26. Окружности S1 и S2 пересекаются в точке A. Через точку A проведена прямая, пересекающая S1 в точке B, а S2 в точке C. В точ ках C и B проведены касательные к окружностям, пересекающиеся в точке D. Докажите, что угол BDC не зависит от выбора прямой, проходящей через A.

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

а) ABN + MAN = 180;

б) BM/BN = (AM/AN)2.

2.28. Две окружности касаются внутренним образом в точке M.

Пусть AB — хорда большей окружности, касающаяся меньшей окруж ности в точке T. Докажите, что MT — биссектриса угла AMB.

2.29. Через точку M, лежащую внутри окружности S, проведе на хорда AB;

из точки M опущены перпендикуляры MP и MQ на касательные, проходящие через точки A и B. Докажите, что вели чина 1/PM + 1/QM не зависит от выбора хорды, проходящей через точку M.

2.30. Окружность S1 касается сторон угла ABC в точках A и C.

Окружность S2 касается прямой AC в точке C и проходит через точку B;

окружность S1 она пересекает в точке M. Докажите, что прямая AM делит отрезок BC пополам.

2.31. Окружность S касается окружностей S1 и S2 в точках A1 и A2;

B — точка окружности S, а K1 и K2 — вторые точки пересечения прямых A1B и A2B с окружностями S1 и S2. Докажите, что если пря мая K1K2 касается окружности S1, 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 A1B1C1D1 с соответственно параллельными сторонами. Докажите, что AC = A1C1.

2.33. Из точки M, двигающейся по окружности, опускаются пер пендикуляры MP и MQ на диаметры AB и CD. Докажите, что длина отрезка PQ не зависит от положения точки M.

2.34. В треугольнике ABC угол B равен 60, биссектрисы AD и CE пересекаются в точке O. Докажите, что OD = OE.

2.35. В треугольнике ABC углы при вершинах B и C равны 40;

BD — биссектриса угла B. Докажите, что BD + DA = BC.

Условия задач 2.36. На хорде AB окружности S с центром O взята точка C.

Описанная окружность треугольника AOC пересекает окружность S в точке D. Докажите, что BC = CD.

2.37. Внутри квадрата ABCD выбрана точка M так, что MAC = = MCD =. Найдите величину угла ABM.

2.38. Вершины A и B правильного треугольника ABC лежат на окружности S, а вершина C — внутри этой окружности. Точка D лежит на окружности S, причём BD = AB. Прямая CD вторично пересекает S в точке E. Докажите, что длина отрезка EC равна радиусу окружно сти S.

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

2.40*. В треугольнике ABC угол A наименьший. Через вершину A проведена прямая, пересекающая отрезок BC. Она пересекает описан ную окружность в точке X, а серединные перпендикуляры к сторонам AC и AB — в точках B1 и C1. Прямые BC1 и CB1 пересекаются в точ ке Y. Докажите, что BY + CY = AX.

§ 5. Четыре точки, лежащие на одной окружности 2.41. Из произвольной точки M катета BC прямоугольного тре угольника ABC на гипотенузу AB опущен перпендикуляр MN. До кажите, что MAN = MCN.

2.42. Диагонали трапеции ABCD с основаниями AD и BC пере секаются в точке O;

точки B и C симметричны вершинам B и C относительно биссектрисы угла BOC. Докажите, что C AC = B DB.

2.43. Продолжения сторон AB и CD вписанного четырёхугольни ка ABCD пересекаются в точке P, а продолжения сторон BC и AD — в точке Q. Докажите, что точки пересечения биссектрис углов AQB и BPC со сторонами четырёхугольника являются вершинами ромба.

2.44*. Вписанная окружность касается сторон AB и AC треугольни ка ABC в точках M и N. Пусть P — точка пересечения прямой MN и биссектрисы угла B (или её продолжения). Докажите, что:

а) BPC = 90;

б) SABP : SABC = 1 : 2.

2.45*. Внутри четырёхугольника ABCD взята точка M так, что ABMD — параллелограмм. Докажите, что если CBM = CDM, то ACD = BCM.

2.46*. Прямые AP, BP и CP пересекают описанную окружность треугольника ABC в точках A1, B1 и C1. Точки A2, B2 и C2 взяты на прямых BC, CA и AB так, что (PA2, BC) = (PB2, CA) = (PC2, AB).

Докажите, что A2B2C2 A1B1C1.

2.47*. Вокруг правильного треугольника APQ описан прямоуголь ник ABCD, причём точки P и Q лежат на сторонах BC и CD 36 Глава 2. Вписанный угол соответственно;

P и Q — середины сторон AP и AQ. Докажите, что треугольники BQ C и CP D правильные.

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

2.49*. Диагонали AC и CE правильного шестиугольника ABCDEF разделены точками M и N так, что AM : AC = CN : CE =. Найдите, если известно, что точки B, M и N лежат на одной прямой.

2.50*. Треугольники ABC и A1B1C1 имеют соответственно парал лельные стороны, причём стороны AB и A1B1 лежат на одной прямой.

Докажите, что прямая, соединяющая точки пересечения описанных окружностей треугольников A1BC и AB1C, содержит точку C1.

2.51*. В треугольнике ABC проведены высоты AA1, BB1 и CC1.

Прямая KL параллельна CC1, причём точки K и L лежат на прямых BC и B1C1 соответственно. Докажите, что центр описанной окружно сти треугольника A1KL лежит на прямой AC.

2.52*. Через точку O пересечения биссектрис треугольника ABC проведена прямая MN перпендикулярно CO, причём M и N лежат на сторонах AC и BC соответственно. Прямые AO и BO пересекают описанную окружность треугольника ABC в точках A и B. Докажи те, что точка пересечения прямых A N и B M лежит на описанной окружности.

§ 6. Вписанный угол и подобные треугольники 2.53. На окружности взяты точки A, B, C и D. Прямые AB и CD пересекаются в точке M. Докажите, что AC · AD/AM = BC · BD/BM.

2.54. На окружности даны точки A, B и C, причём точка B более удалена от прямой l, касающейся окружности в точке A, чем C. Пря мая AC пересекает прямую, проведённую через точку B параллельно l, в точке D. Докажите, что AB2 = AC · AD.

2.55. Прямая l касается окружности с диаметром AB в точке C;

M и N — проекции точек A и B на прямую l, D — проекция точки C на AB. Докажите, что CD2 = AM · BN.

2.56. В треугольнике ABC проведена высота AH, а из вершин B и C опущены перпендикуляры BB1 и CC1 на прямую, проходящую через точку A. Докажите, что ABC HB1C1.

2.57. На дуге BC окружности, описанной около равностороннего треугольника ABC, взята произвольная точка P. Отрезки AP и BC пересекаются в точке Q. Докажите, что 1/PQ = 1/PB + 1/PC.

2.58. На сторонах BC и CD квадрата ABCD взяты точки E и F так, что EAF = 45. Отрезки AE и AF пересекают диагональ BD в точках P и Q. Докажите, что SAEF/SAPQ = 2.

2.59. Прямая, проходящая через вершину C равнобедренного тре угольника ABC, пересекает основание AB в точке M, а описанную Условия задач окружность в точке N. Докажите, что CM · CN = AC2 и CM/CN = = AM · BM/(AN · BN).

2.60. Дан параллелограмм ABCD с острым углом при вершине A.

На лучах AB и CB отмечены точки H и K соответственно так, что CH = BC и AK = AB. Докажите, что:

а) DH = DK;

б) DKH ABK.

2.61. а) Стороны угла с вершиной C касаются окружности в точках A и B. Из точки P, лежащей на окружности, опущены перпен дикуляры PA1, PB1 и PC1 на прямые BC, CA и AB. Докажите, что PC2 = PA1 · PB1 и PA1 : PB1 = PB2 : PA2.

б) Из произвольной точки O вписанной окружности треугольни ка ABC опущены перпендикуляры OA, OB, OC на стороны треуголь ника ABC и перпендикуляры OA, OB, OC на стороны треугольни ка с вершинами в точках касания. Докажите, что OA · OB · OC = = OA · OB · OC.

2.62. Пятиугольник ABCDE вписан в окружность. Расстояния от точки E до прямых AB, BC и CD равны a, b и c соответственно.

Найдите расстояние от точки E до прямой AD.

2.63. В треугольнике ABC проведены высоты AA1, BB1 и CC1;

B2 и C2 — середины высот BB1 и CC1. Докажите, что A1B2C2 ABC.

2.64. На высотах треугольника ABC взяты точки A1, B1 и C1, делящие их в отношении 2 : 1, считая от вершины. Докажите, что A1B1C1 ABC.

2.65*. Окружность S1 с диаметром AB пересекает окружность S с центром A в точках C и D. Через точку B проведена прямая, пересекающая S2 в точке M, лежащей внутри S1, а S1 в точке N.

Докажите, что MN2 = CN · ND.

2.66*. Через середину C произвольной хорды AB окружности про ведены две хорды KL и MN (точки K и M лежат по одну сторону от AB). Отрезки KN и ML пересекают AB в точках Q и P. Докажите, что PC = QC (задача о бабочке).

2.67*. а) Окружность, проходящая через точку C, пересекает сторо ны BC и AC треугольника ABC в точках A1 и B1, а его описанную окружность в точке M. Докажите, что AB1M BA1M.

б) На лучах AC и BC отложены отрезки AA1 и BB1, равные полупериметру треугольника ABC. M — такая точка его описанной окружности, что CM A1B1. Докажите, что CMO = 90, где O — центр вписанной окружности.

См. также задачу 2.27 б).

§ 7. Биссектриса делит дугу пополам 2.68. В треугольнике ABC стороны AC и BC не равны. Докажи те, что биссектриса угла C делит пополам угол между медианой 38 Глава 2. Вписанный угол и высотой, проведёнными из этой вершины, тогда и только тогда, когда C = 90.

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

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

2.71. Дан треугольник ABC. На его стороне AB выбирается точка P и через неё проводятся прямые PM и PN, параллельные AC и BC соответственно (точки M и N лежат на сторонах BC и AC);

Q — точ ка пересечения описанных окружностей треугольников APN и BPM.

Докажите, что все прямые PQ проходят через фиксированную точку.

2.72. Продолжение биссектрисы AD остроугольного треугольника ABC пересекает описанную окружность в точке E. Из точки D на стороны AB и AC опущены перпендикуляры DP и DQ. Докажите, что SABC = SAPEQ.

§ 8. Вписанный четырёхугольник с перпендикулярными диагоналями В этом параграфе ABCD — вписанный четырёхугольник, диагонали которо го перпендикулярны. Мы будем использовать также следующие обозначения:

O — центр описанной окружности четырёхугольника ABCD, P — точка пересе чения диагоналей.

2.73. Докажите, что ломаная AOC делит ABCD на две фигуры рав ной площади.

2.74. Известен радиус описанной окружности R.

а) Найдите AP2 + BP2 + CP2 + DP2.

б) Найдите сумму квадратов сторон четырёхугольника ABCD.

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

2.76. Из вершин A и B опущены перпендикуляры на CD, пересе кающие прямые BD и AC в точках K и L соответственно. Докажите, что AKLB — ромб.

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

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

2.79. Докажите, что прямая, проведённая из точки P перпендику лярно BC, делит сторону AD пополам.

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

2.81. а) Через вершины A, B, C и D проведены касательные к опи санной окружности. Докажите, что образованный ими четырёхуголь ник вписанный.

Условия задач б) Четырёхугольник KLMN вписанный и описанный одновременно;

A и B — точки касания вписанной окружности со сторонами KL и LM.

Докажите, что AK · BM = r2, где r — 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 C и A BC, причём сумма углов при вершинах A, B и C кратна 180. Докажите, что описанные окружности постро енных треугольников пересекаются в одной точке.

2.83. а) На сторонах BC, CA и AB треугольника ABC (или на их продолжениях) взяты точки A1, B1 и C1, отличные от вершин треугольника. Докажите, что описанные окружности треугольников AB1C1, A1BC1 и A1B1C пересекаются в одной точке.

б) Точки A1, B1 и C1 перемещаются по прямым BC, CA и AB так, что все треугольники A1B1C1 подобны одному и тому же тре угольнику. Докажите, что точка пересечения описанных окружностей треугольников AB1C1, A1BC1 и A1B1C остаётся при этом неподвижной.

(Треугольники предполагаются не только подобными, но и одинаково ориентированными.) 2.84. Точки A1, B1, C1 движутся по прямым BC, CA, AB так, что все треугольники A1B1C1 подобны одному и тому же треугольнику (треугольники предполагаются не только подобными, но и одина ково ориентированными). Докажите, что треугольник A1B1C1 имеет минимальный размер тогда и только тогда, когда перпендикуляры, восставленные из точек A1, B1, C1 к прямым BC, CA, AB пересекаются в одной точке.

2.85. Внутри треугольника ABC взята точка X. Прямые AX, BX и CX пересекают стороны треугольника в точках A1, B1 и C1.

Докажите, что если описанные окружности треугольников AB1C1, A1BC1 и A1B1C пересекаются в точке X, то X — точка пересечения высот треугольника ABC.

2.86*. На сторонах BC, CA и AB треугольника ABC взяты точки A1, B1 и C1. Докажите, что если треугольники A1B1C1 и ABC по добны и противоположно ориентированы, то описанные окружности треугольников AB1C1, A1BC1 и A1B1C проходят через центр описанной окружности треугольника ABC.

2.87*. Точки A, B и C симметричны некоторой точке P относи тельно сторон BC, CA и AB треугольника ABC.

а) Докажите, что описанные окружности треугольников AB C, A BC, A B C и ABC имеют общую точку.

б) Докажите, что описанные окружности треугольников A BC, AB C, ABC и A B C имеют общую точку Q.

40 Глава 2. Вписанный угол в) Пусть I, J, K и O — центры описанных окружностей треуголь ников A BC, AB C, ABC и A B C. Докажите, что QI : OI = QJ : OJ = = QK : OK.

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 треугольни ков лежат на одной окружности, проходящей через точку Микеля.

2.89*. Прямая пересекает стороны AB, BC и CA треугольника (или их продолжения) в точках C1, B1 и A1;

O, Oa, Ob и Oc — центры описанных окружностей треугольников ABC, AB1C1, A1BC1 и A1B1C;

H, Ha, Hb и Hc — ортоцентры этих треугольников. Докажите, что:

а) OaObOc ABC.

б) серединные перпендикуляры к отрезкам OH, OaHa, ObHb и OcHc 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 A, B, C и D лежат на окружности с центром O.

Прямые AB и CD пересекаются в точке E, а описанные окружности треугольников AEC и BED пересекаются в точках E и P. Докажи те, что:

а) точки A, D, P и O лежат на одной окружности;

б) EPO = 90.

2.92*. Даны четыре прямые. Докажите, что проекции точки Мике ля 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 ABC проведена высота AH;

O — центр описан ной окружности. Докажите, что OAH = |B - C|.

2.94. Пусть H — точка пересечения высот треугольника ABC, а AA — диаметр его описанной окружности. Докажите, что отре зок A H делит сторону BC пополам.

2.95. Через вершины A и B треугольника ABC проведены две па раллельные прямые, а прямые m и n симметричны им относительно биссектрис соответствующих углов. Докажите, что точка пересечения прямых m и n лежит на описанной окружности треугольника ABC.

2.96. а) Из точки A проведены прямые, касающиеся окружности S в точках B и C. Докажите, что центр вписанной окружности тре Условия задач угольника ABC и центр его вневписанной окружности, касающейся стороны BC, лежат на окружности S.

б) Докажите, что окружность, проходящая через вершины B и C любого треугольника ABC и центр O его вписанной окружности, вы секает на прямых AB и AC равные хорды.

2.97*. На сторонах AC и BC треугольника ABC внешним образом построены квадраты ACA1A2 и BCB1B2. Докажите, что прямые A1B, A2B2 и AB1 пересекаются в одной точке.

2.98*. Окружности S1 и S2 пересекаются в точках A и B, причём касательные к S1 в этих точках являются радиусами S2. На внутрен ней дуге S1 взята точка C и соединена с точками A и B прямыми.

Докажите, что вторые точки пересечения этих прямых с S2 являются концами одного диаметра.

2.99*. Из центра O окружности опущен перпендикуляр OA на пря мую l. На прямой l взяты точки B и C так, что AB = AC. Через точки B и C проведены две секущие, первая из которых пересекает окруж ность в точках P и Q, а вторая — в точках M и N. Прямые PM и QN пересекают прямую l в точках R и S. Докажите, что AR = AS (задача о бабочке).

Задачи для самостоятельного решения 2.100. В треугольнике ABC проведены высоты AA1 и BB1;

M — середина стороны AB. Докажите, что MA1 = MB1.

2.101. В выпуклом четырёхугольнике ABCD углы A и C прямые.

Докажите, что AC = BD · sin ABC.

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

2.103. В выпуклом четырёхугольнике AB = BC = CD, M — точка пе ресечения диагоналей, K — точка пересечения биссектрис углов A и D.

Докажите, что точки A, M, K и D лежат на одной окружности.

2.104. Окружности с центрами O1 и O2 пересекаются в точках A и B. Прямая O1A пересекает окружность с центром O2 в точке N.

Докажите, что точки O1, O2, B и N лежат на одной окружности.

2.105. Окружности S1 и S2 пересекаются в точках A и B. Пря мая MN касается окружности S1 в точке M и окружности S2 в точ ке N. Пусть A — та из точек пересечения окружностей, которая более удалена от прямой MN. Докажите, что O1AO2 = 2MAN.

2.106. Дан четырёхугольник ABCD, вписанный в окружность, при чём AB = BC. Докажите, что SABCD = (DA + CD) · hb, где hb — высота треугольника ABD, опущенная из вершины B.

2.107. Четырёхугольник ABCD вписанный, причём AC — биссектри са угла DAB. Докажите, что AC · BD = AD · DC + AB · BC.

42 Глава 2. Вписанный угол 2.108. В прямоугольном треугольнике ABC из вершины прямого уг ла C проведены биссектриса CM и высота CH. HD и HE — биссектрисы треугольников AHC и CHB. Докажите, что точки C, D, H, E 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 BHC, где H — ортоцентр треугольника ABC, достроен до параллелограмма BHCD. Докажите, что BAD = CAH.

2.111. Вне правильного треугольника ABC, но внутри угла BAC взята точка M так, что CMA = 30 и BMA =. Чему равен угол ABM?

2.112. Докажите, что если вписанный четырёхугольник с перпен дикулярными диагоналями является также и описанным, то он сим метричен относительно одной из диагоналей.

Решения 2.1. Проведём диаметр AD. Тогда CDA = CBA, а значит, BAH = DAC, так как BHA = ACD = 90.

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

2.3. Точки P и Q лежат на окружности с диаметром AM. Поэтому QMA = = QPA как углы, опирающиеся на одну дугу. Треугольники PAK и MAQ прямоугольные, следовательно, PAK = MAQ.

2.4. а) Так как AOM = BAO + ABO = (A + B)/2 и OAM = OAC + + CAM = A/2 + CBM = (A + B)/2, то MA = MO. Аналогично MC = MO.

Так как треугольник OAOb прямоугольный и AOM = MAO =, то MAOb = MObA = 90 -, а значит, MA = MOb. Аналогично MC = MOb.

б) Пусть P — центр описанной окружности треугольника ACO. Тогда COP = (180 - CPO)/2 = 90 - OAC. Поэтому BOC = 90 + OAC. Анало гично BOC = 90 + OAB, а значит, OAB = OAC. Аналогично доказывает ся, что точка O лежит на биссектрисах углов B и C.

2.5. Пусть O — вершина данного прямого угла. Точки O и A лежат на окружности с диаметром BC, поэтому AOB = ACB = C. Из этого следует, что точка A движется по прямой, образующей со стороной дан ного прямого угла угол, равный C. В крайних положениях расстояния от точки A до точки O равны гипотенузе BC и наименьшему катету BA.

Действительно, OA = BC sin, где = OCA. Угол изменяется от C до 90 + C = 180 - B, поэтому наибольшее значение sin равно 1, а наи меньшее значение равно наименьшему из чисел sin C и sin B. Таким обра зом, длина отрезка, по которому движется точка A, равна разности между длиной гипотенузы и длиной наименьшего катета прямоугольного треуголь ника ABC.

З а м е ч а н и е 1. Аналогичное утверждение верно для любого треуголь ника ABC, вершины которого скользят по сторонам угла MON, равного 180 - A.

Решения задач З а м е ч а н и е 2. В случае, когда угол A не прямой, вершина A движется по эллипсу (задача 31.63).

2.6. Точки B, D и K лежат на окружности с диаметром AC. Пусть для определённости KCA= 45. Тогда BK=AC sin(45- )=AC(cos -sin )/ и DK = AC sin(45 + ) = AC(cos + sin )/ 2. Ясно, что AC cos = CK и AC sin = AK.

2.7. Так как B1AA1 = A1BB1, точки A, B, A1 и B1 лежат на одной окружности. Параллельные прямые AB и A1B1 высекают на ней равные хорды AB1 и BA1. Поэтому AC = BC.

2.8. Построим на стороне BC треугольника ABC внешним образом пра вильный треугольник A1BC. Пусть P — точка пересечения прямой AA1 с опи санной окружностью треугольника A1BC. Тогда точка P лежит внутри тре угольника ABC и APC = 180 - A1PC = 180 - A1BC = 120. Аналогично APB = 120.

2.9. Основания перпендикуляров, опущенных из точки M на диаметры, лежат на окружности S с диаметром OM (O — центр исходной окружности).

Точки пересечения данных диаметров с окружностью S, отличные от точки O, делят её на n дуг. Так как на все дуги, не содержащие точку O, опираются углы 180/n, то угловые величины этих дуг равны 360/n. Поэтому угловая величина дуги, на которой лежит точка O, равна 360 - (n - 1) · 360/n = = 360/n. Следовательно, основания перпендикуляров делят окружность S на n равных дуг.

2.10. Ясно, что (AA1, BB1) = (AA1, AB1) + (AB1, BB1) = (MA1, MB1) + + (AN, BN). Так как MA1 BN и MB1 AN, то (MA1, MB1) = (BN, AN) = = -(AN, BN). Поэтому (AA1, BB1) = 0, т. е. AA1 BB1.

2.11. Ясно, что (AQ, QD) = (AQ, QP) + (PQ, QD) = (AB, BP) + (PC, CD), (CQ, QB) = (CQ, QP) + (PQ, QB) = (CD, DP) + (PA, AB).

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

2.12. Так как AB DE, то ACE = BFD, а так как BC EF, то CAE = = FDB. Треугольники ACE и BDF имеют по два равных угла, поэтому третьи углы у них тоже равны. Из равенства этих углов следует равенство дуг AC и DF, т. е. параллельность хорд CD и AF.

2.13. Доказательство проведём индукцией по n. Для четырёхугольника утверждение очевидно, для шестиугольника оно было доказано в преды дущей задаче. Допустим, что утверждение доказано для 2(n - 1)-угольни ка, и докажем его для 2n-угольника. Пусть A1... A2n есть 2n-угольник, в котором A1A2 An+1An+2,..., An-1An A2n-1A2n. Рассмотрим 2(n - 1)-уголь ник A1A2... An-1An+1... A2n-1. По предположению индукции при нечётном n получаем An-1An+1 = A2n-1A1, при чётном n получаем An-1An+1 A2n-1A1.

Рассмотрим треугольник An-1AnAn+1 и треугольник A2n-1A2nA1. Пусть # # – # – # n чётно. Тогда векторы An-1 A – и A 2n-1A2n, An-1 An+1 и A2n-1 A– парал n лельны и противоположно направлены, поэтому AnAn-1An+1 = A1A2n-1A2n и AnAn+1 = A2nA1 как хорды, отсекающие равные дуги, что и требовалось.

Пусть n нечётно. Тогда An-1An+1 = A2n-1A1, т. е. A1An-1 An+1A2n-1. В шести угольнике An-1AnAn+1A2n-1A2nA1 имеем A1An-1 An+1A2n-1, An-1An A2n-1A2n, поэтому согласно предыдущей задаче AnAn+1 A2nA1, что и требовалось.

44 Глава 2. Вписанный угол 2.14. Пусть прямые FG, GE и EF проходят через точки A, B и C, причём треугольник EFG равносторонний, т. е. (GE, EF) = (EF, FG) = (FG, GE) = = ±60. Тогда (BE, EC) = (CF, FA) = (AG, GB) = ±60. Выбрав один из знаков, получим три окружности SE, SF и SG, на которых должны лежать точки E, F и G. Любая точка E окружности SE однозначно определяет тре угольник EFG.

Пусть O — центр треугольника EFG;

P, R и Q — точки пересечения прямых OE, OF и OG с соответствующими окружностями SE, SF и SG.

Докажем, что P, Q и R — центры правильных треугольников, построен ных на сторонах треугольника ABC (для одного семейства внешним обра зом, для другого внутренним), а точка O лежит на описанной окружности треугольника PQR. Ясно, что (CB, BP) = (CE, EP) = (EF, EO) = 30, a (BP, CP)=(BE, EC) =(GE, EF)=±60. Поэтому (CB, CP)= (CB, BP)+ + (BP, CP) = ±30. Следовательно, P — центр правильного треугольника со стороной AB. Для точек Q и R доказательство аналогично. Треуголь ник PQR равносторонний, причём его центр совпадает с точкой пересе чения медиан треугольника ABC (см. задачу 1.50 б). Можно проверить, что (PR, RQ) = 60 = (OE, OG) = (OP, OQ), т. е. точка O лежит на опи санной окружности треугольника PQR.

2.15. Ясно, что 2(KEC + KDC) = ( MB + AC) + ( MB + BC) = 360, так как MB = AM.

2.16. Обозначим угловую величину дуги, высекаемой сторонами треуголь ника ABC на окружности, через. Рассмотрим дугу, высекаемую продол жениями сторон треугольника на окружности, и обозначим её угловую ве личину через. Тогда ( + )/2 = BAC = 60. Но =, так как эти дуги симметричны относительно прямой, проходящей через центр окружности параллельно стороне BC. Поэтому = = 60.

2.17. Так как APB = ( AB + CD)/2 = AOB, точка O лежит на описан ной окружности треугольника APB.

2.18. Пусть O — точка пересечения прямых A1C1 и B1D1;

,, и — угловые величины дуг AB, BC, CD и DA. Тогда A1OB1 = ( A1B + BB1 + C1D + DD1)/2 = ( + + + )/4 = 90.

2.19. Складывая равенства C A + CA = 2(180 - APC) = 240 - 2B и AB + BA = 240 - 2C, а затем вычитая из их суммы равенство BA + + CA = 2A, получаем C B = C A + AB = 480 - 2(A + B + C) = 120.

Аналогично B A = C A = 120.

2.20. а) Докажем, например, что AA1 C1B1. Пусть M — точка пересечения этих отрезков. Тогда AMB1 = ( AB1 + A1B + BC1)/2 = ABB1 + A1AB + + BCC1 = (B + A + C)/2 = 90.

б) Пусть M1 и M2 — точки пересечения отрезков AA1 и BC, BB1 и AC.

Прямоугольные треугольники AM1C и BM2C имеют общий угол C, поэтому B1BC = A1AC, а значит, B1C = A1C и B1C1C = A1C1C, т. е. CC1 — бис сектриса угла A1C1B1.

2.21. Обозначим вершины треугольника T1 через A, B и C;

середины дуг BC, CA, AB через A1, B1, C1. Тогда T2 = A1B1C1. Прямые AA1, BB1, CC являются биссектрисами треугольника T1, поэтому они пересекаются в одной точке O. Пусть прямые AB и C1B1 пересекаются в точке K. Достаточно проверить, что KO AC. В треугольнике AB1O прямая B1C1 является биссек Решения задач трисой и высотой (задача 2.20 а), поэтому этот треугольник равнобедренный.

Следовательно, треугольник AKO тоже равнобедренный. Прямые KO и AC параллельны, так как KOA = KAO = OAC.

2.22. Пусть l — касательная в точке A к первой окружности. Тогда (l, AP) = (AQ, PQ) = (BC, PB), а значит, l BC.

2.23. Так как (AB, AD) = (AP, PD) = (AB, BC), то BC AD.

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

2.25. Пусть для определённости точка E лежит на луче BC. Тогда ABC = = EAC и ADE = ABC + BAD = EAC + CAD = DAE.

2.26. Пусть P — вторая точка пересечения окружностей. Тогда (AB, DB) = = (PA, PB) и (DC, AC) = (PC, PA). Складывая эти равенства, получа ем (DC, DB) = (PC, PB) = (PC, CA) + (BA, PB);

последние два угла опи раются на постоянные дуги.

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

б) Так как BAM = BNA и BAN = BMA, то AMB NAB, а значит, AM : NA = MB : AB и AM : NA = AB : NB. Перемножая эти равенства, получаем требуемое.

2.28. Пусть A1 и B1 — точки пересечения прямых MA и MB с меньшей окружностью. Так как M — центр гомотетии окружностей, то A1B1 AB. По этому A1MT = A1TA = B1A1T = B1MT.

2.29. Пусть — угол между хордой AB и касательной, проходящей через один из её концов. Тогда AB = 2R sin, где R — радиус окружности S. Кроме того, PM = AM sin и QM = BM sin. Поэтому 1 1 AM + BM 2R + = AM · BM =.

PM QM sin AM · BM Величина AM · BM не зависит от выбора хорды AB.

2.30. Пусть прямая AM вторично пересекает окружность S2 в точке D.

Тогда MDC = MCA = MAB, поэтому CD AB. Далее, CAM = MCB = = MDB, поэтому AC BD. Таким образом, ABCD — параллелограмм, и его диагональ AD делит диагональ BC пополам.

2.31. Проведём прямую l1, касающуюся S1 в точке A1. Прямая K1K касается S1 тогда и только тогда, когда (K1K2, K1A1) = (K1A1, l1). Ясно также, что (K1A1, l1) = (A1B, l1) = (A2B, A1A2). Аналогично прямая K1K касается S2 тогда и только тогда, когда (K1K2, K2A2) = (A1B, A1A2). Оста ётся заметить, что если (K1K2, K1A1) = (A2B, A1A2), то (K1K2, K2A2) = = (K1K2, A2B) = (K1K2, A1B) + (A1B, A1A2) + (A1A2, A2B) = (A1B, A1A2).

2.32. На хорды AC и A1C1 опираются равные углы ABC и A1B1C1, поэтому AC = A1C1.

2.33. Обозначим центр окружности через O. Точки P и Q лежат на окруж ности с диаметром OM, т. е. точки O, P, Q и M лежат на окружности постоянного радиуса R/2. При этом либо POQ = AOD, либо POQ = BOD = = 180 - AOD, т. е. длина хорды PQ постоянна.

2.34. Так как AOC = 90 + B/2 (см. задачу 5.3), то EBD + EOD = = 90 + 3B/2 = 180, а значит, четырёхугольник BEOD вписанный. На хорды EO и OD опираются равные углы EBO и OBD, поэтому EO = OD.

46 Глава 2. Вписанный угол 2.35. Возьмём на продолжении отрезка BD за точку D такую точку Q, что ACQ = 40. Пусть P — точка пересечения прямых AB и QC. То гда BPC = 60 и D — точка пересечения биссектрис углов треугольника BCP.

Согласно задаче 2.34 AD = DQ. Кроме того, BQC = BCQ = 80. Следователь но, BC = BD + DQ = BD + DA.

2.36. Достаточно проверить, что внешний угол ACD треугольника BCD в два раза больше угла при вершине B. Ясно, что ACD = AOD = 2ABD.

2.37. Если точка M лежит внутри треугольника ABC, то MAC < 45 < < MCD. Легко также проверить, что на сторонах треугольников ABC и ACD точка M лежать не может, поэтому она лежит внутри треугольника ACD.

При этом AMC = 180 - MAC - (45 - MCD) = 135. Это означает, что точка M лежит на дуге окружности радиуса AB с центром B. Поэтому по теореме о вписанном угле ABM = 2ACM = 90 - 2.

2.38. Пусть O — центр окружности S. Точка B является центром описан ной окружности треугольника ACD, поэтому CDA = ABC/2 = 30, а зна чит, EOA = 2EDA = 60, т. е. треугольник EOA равносторонний. Кроме того, AEC = AED = AOB = 2AOC, поэтому точка E является центром описан ной окружности треугольника AOC. Следовательно, EC = EO.

2.39. Рассмотрим два положения подвижной окружности: в первый мо мент, когда точка K попадает на неподвижную окружность (точку касания окружностей в этот момент мы обозначим через K1), и какой-нибудь другой (второй) момент. Пусть O — центр неподвижной окружности, O1 и O2 — по ложения центра подвижной окружности в первый и во второй моменты соответственно, K2 — положение точки K во второй момент. A — точка ка сания окружностей во второй момент. Поскольку окружность катится без проскальзывания, длина дуги K1A равна длине дуги K2A. Так как радиус подвижной окружности в два раза меньше, K2O2A = 2K1OA. Точка O лежит на подвижной окружности, поэтому K2OA = K2O2A/2 = K1OA, т. е. точки K2, K1 и O лежат на одной прямой.

Траектория движения — диаметр неподвижной окружности.

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

Пусть прямые BC1 и CB1 пересекают описанную окружность в точках B2 и C2. Точка B1 лежит на серединном перпендикуляре к стороне AC1, поэтому XAC = B1AC = B1CA = C2CA. Аналогично XAB = B2BA. Сле довательно, дуги BC и B2C2 равны, а значит, хорды BC2 и B2C параллельны.

Поэтому BY = YC2, а значит, BY + CY = CY + YC2 = CC2 = AX, поскольку отрезки CC2 и AX симметричны относительно серединного перпендикуляра к отрезку AC.

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

2.42. При симметрии относительно биссектрисы угла BOC прямые AC и DB переходят друг в друга, поэтому нужно доказать, что C AB = B DC. Так как BO = B O, CO = C O и AO : DO = CO : BO, то AO · B O = DO · C O, т. е. четы рёхугольник AC B D вписанный и C AB = B DC.

2.43. Обозначим точки пересечения и углы так, как показано на рис. 2.1.

Достаточно проверить, что x = 90. Углы четырёхугольника BMRN равны 180 -, +, + и x, поэтому равенство x = 90 эквивалентно равенству Решения задач (2 + ) + (2 + ) = 180. Остаётся заметить, что 2 + = BAD и 2 + = BCD.

2.44. а) Достаточно доказать, что если P1 — точка биссектрисы угла B (или её продолже ния), из которой отрезок BC виден под уг лом 90, то P1 лежит на прямой MN. Точки P1 и N лежат на окружности с диаметром CO, где O — точка пересечения биссектрис, поэто му (P1N, NC) = (P1O, OC) = (180 - A)/2 = = (MN, NC).

б) Так как BPC = 90, то BP = BC cos(B/2), поэтому SABP : SABC = (BP sin(B/2)) : (BC sin B) = = 1 : 2.

2.45. Возьмём точку N так, что BN MC и NC BM. Тогда NA CD, NCB = CBM = = CDM = NAB, т. е. точки A, B, N и C лежат на одной окружности. Поэтому ACD = Рис. 2. = NAC = NBC = BCM.

2.46. Четыре точки A2, B2, C и P лежат на одной окружности, поэтому (A2B2, B2P) = (A2C, CP) = (BC, CP). Аналогично (B2P, B2C2) = (AP, BA).

Поэтому (A2B2, B2C2)=(BC, CP)+(AP, AB)=(B1B, B1C1)+(A1B1, B1B)= = (A1B1, B1C1). Аналогично проверяется, что и все другие углы треугольни ков A1B1C1 и A2B2C2 равны или составляют в сумме 180;

следовательно, эти треугольники подобны (см. задачу 5.48).

2.47. Точки Q и C лежат на окружности с диаметром PQ, поэтому Q CQ= = Q PQ =30. Следовательно, BCQ =60. Аналогично CBQ = 60, а значит, треугольник BQ C правильный. Аналогично треугольник CP D правильный.

2.48. Пусть BAD = 2 и CBA = 2 ;

для определённости будем счи тать, что. Возьмём на стороне CD точку E так, что DE = DA. То гда CE = CD - AD = CB. Угол при вершине C равнобедренного треугольни ка BCE равен 180 - 2, поэтому CBE =. Аналогично DAE =. Биссек триса угла B пересекает CD в некоторой точке F. Так как FBA = = AED, четырёхугольник ABFE вписанный, а зна чит, FAE = FBE = -. Следователь но, FAD = + ( - ) =, т. е. AF — биссек триса угла A.

2.49. Так как ED=CB, EN=CM и DEC= = BCA = 30 (рис. 2.2), то EDN = CBM.

Пусть MBC = NDE =, BMC = END =.

Ясно, что DNC = 180 -. Рассматривая треугольник BNC, получаем BNC = 90 -.

Поскольку + =180-30 =150, то DNB= = DNC + CNB = (180 - ) + (90 - ) = = 270 - ( + ) = 120. Поэтому точки B, O, Рис. 2. N и D (O — центр шестиугольника) лежат на одной окружности. При этом CO = CB = CD, т. е. C — центр этой окружности, следовательно, = CN : CE = CB : CA = 1 : 3.

2.50. Пусть D — вторая точка пересечения описанных окружностей треуголь ников A1BC и AB1C. Тогда (AC, CD)=(AB1, B1D) и (DC, CB)=(DA1, A1B).

48 Глава 2. Вписанный угол Поэтому (A1C1, C1B1) = (AC, CB) = (AC, CD) + (DC, CB) = (AB1, B1D) + + (DA1, A1B) = (A1D, DB1), т. е. точки A1, B1, C1 и D лежат на одной окружности. Следовательно, (A1C1, C1D) = (A1B1, B1D) = (AC, CD). Учи тывая, что A1C1 AC, получаем требуемое.

2.51. Пусть точка M симметрична точке A1 относительно прямой AC.

Согласно задаче 1.58 точка M лежит на прямой B1C1. Поэтому (LM, MA1) = = (C1B1, B1B) = (C1C, CB) = (LK, KA1), т. е. точка M лежит на описанной окружности треугольника A1KL. Следовательно, центр этой окружности лежит на прямой AC — серединном перпендикуляре к отрезку A1M.

2.52. Пусть PQ — диаметр, перпендикулярный AB, причём Q и C лежат по одну сторону от AB;

L — точка пересечения прямой QO с описанной окружно стью;

M и N — точки пересечения прямых LB и LA со сторонами AC и BC.

Достаточно проверить, что M = M и N = N.

Так как PA+ AB + B Q=180, то B Q=A, а значит, B LQ=M AO.

Следовательно, четырёхугольник AM OL вписанный и M OA=M LA=B/2.

Поэтому CM O = (A + B)/2, т. е. M = M. Аналогично N = N.

2.53. Так как ADM CBM и ACM DBM, то AD : CB = DM : BM и AC : DB = AM : DM. Остаётся перемножить эти равенства.

2.54. Пусть D1 — точка пересечения прямой BD с окружностью, отличная от точки B. Тогда AB = AD1, поэтому ACB = AD1B = ABD1. Треуголь ники ACB и ABD имеют общий угол A и, кроме того, ACB = ABD, поэтому ACB ABD. Следовательно, AB : AC = AD : AB.

2.55. Пусть O — центр окружности. Так как MAC = ACO = CAO, то AMC = ADC. Аналогично CDB = CNB. Так как ACD CDB, то CD2 = AD · DB = AM · NB.

2.56. Точки B1 и H лежат на окружности с диаметром AB, поэто му (AB, BC) = (AB, BH) = (AB1, B1H) = (B1C1, B1H). Аналогично имеем (AC, BC) = (B1C1, C1H).

2.57. На продолжении отрезка BP за точку P возьмём точку D так, что PD=CP. Тогда треугольник CDP правильный и CD QP. Поэтому BP:PQ= 1 1 = BD : DC = (BP + CP) : CP, т. е. = +.

PQ CP BP 2.58. Отрезок QE виден из точек A и B под углом 45, поэтому четырёх угольник ABEQ вписанный. А так как ABE = 90, то AQE = 90. Следо вательно, треугольник прямоугольный равнобедренный и AE/AQ = 2.

AQE Аналогично AF/AP = 2.

2.59. Так как ANC = ABC = CAB, то CAM CNA, а значит, CA : CM = = CN : CA, т. е. CM · CN = AC2, и AM : NA = CM : CA. Аналогично BM : NB = = CM : CB. Поэтому AM · BM/(AN · BN) = CM2/CA2 = CM2/(CM · CN) = CM/CN.

2.60. Так как AK = AB = CD, AD = BC = CH и KAD = DCH, то ADK = = CHD и DK = DH. Покажем, что точки A, K, H, C и D лежат на одной окружности. Опишем вокруг треугольника ADC окружность. Проведём в этой окружности хорду CK1 параллельно AD и хорду AH1 параллельно DC.

Тогда K1A = DC и H1C = AD. Значит, K1 = K и H1 = H, т. е. построенная окружность проходит через точки K и H и углы KAH и KDH равны, так как они опираются на одну дугу. Кроме того, уже было показано, что KDH — рав нобедренный треугольник.

2.61. a) PBA1 = PAC1 и PBC1 = PAB1, поэтому прямоугольные тре угольники PBA1 и PAC1, PAB1 и PBC1 подобны, т. е. PA1 : PB = PC1 : PA, Решения задач PB1 : PA = PC1 : PB. Перемножив эти равенства, получим PA1 · PB1 = PC2, а по делив их, получим PA1 : PB1 = PB2 : PA2.

б) Согласно а) OA = OB · OC, OB = OA · OC, OC = OA · OB. Пере множая эти равенства, получаем требуемое.

2.62. Пусть K, L, M и N — основания перпендикуляров, опущенных из точки E на прямые AB, BC, CD и DA. Точки K и N лежат на окружности с диаметром AE, поэтому (EK, KN) = (EA, AN). Аналогич но (EL, LM) = (EC, CM) = (EA, AN), а значит, (EK, KN) = (EL, LM).

Аналогично (EN, NK) = (EA, AK) = (EC, CB) = (EM, ML). Следователь но, EKN ELM, а значит, EK : EN = EL : EM, т. е. EN = EK · EM/EL = ac/b.

2.63. Пусть H — точка пересечения высот, M — середина стороны BC. Точки A1, B2 и C2 лежат на окружности с диаметром MH, поэтому (B2A1, A1C2) = = (B2M, MC2) = (AC, AB). Кроме того, (A1B2, B2C2) = (A1H, HC2) = = (BC, AB) и (A1C2, C2B2) = (BC, AC).

2.64. Пусть M — точка пересечения медиан, H — точка пересечения вы сот треугольника ABC. Точки A1, B1 и C1 — проекции точки M на высо ты, поэтому они лежат на окружности с диаметром MH. Следовательно, (A1B1, B1C1) = (AH, HC) = (BC, AB). Записывая аналогичные равенства для других углов, получаем требуемое.

2.65. Пусть прямые BM и DN вторично пересекают S2 в точках L и C соответственно. Докажем, что прямые DC1 и CN симметричны относительно прямой AN. Так как BN NA, достаточно проверить, что CNB = BND. Но дуги CB и BD равны. Дуги C1M и CL симметричны относительно прямой AN, поэтому они равны, а значит, MDC1 = CML. Кроме того, CNM = MND.

Следовательно, MCN DMN, т. е. CN : MN = MN : DN.

2.66. Опустим из точки Q перпендикуляры QK1 и QN1 на KL и NM, из QC QK1 QN точки P перпендикуляры PM1 и PL1 на NM и KL. Ясно, что = =, PC PL1 PM QC2 QK1 · QN т. е. =. Так как KNC = MLC и NKC = LMC, то QN1 : PL1 = PC2 PL1 · PM = QN : PL и QK1 : PM1 = QK : PM. Поэтому QC2 QK · QN AQ · QB (AC - QC) · (AC + QC) AC2 - QC = = = =.

PC2 PL · PM PB · AP (AC - PC) · (AC + PC) AC2 - PC Отсюда получаем QC = PC.

2.67. а) Так как CAM = CBM и CB1M = CA1M, то B1AM = A1BM и AB1M = BA1M.

б) Пусть M1 — такая точка окружности S с диаметром CO, что CM1 A1B1;

M2 — точка пересечения окружности S с описанной окружностью треуголь ника ABC;

A2 и B2 — точки касания вписанной окружности со сторона ми BC и AC. Достаточно проверить, что M1 = M2. Согласно задаче а) AB2M2 BA2M2, поэтому B2M2 : A2M2 = AB2 : BA2. А так как CA1 = p - b = = BA2 и CB1 = AB2, то B2M1 sin B2CM1 sin CA1B1 CB1 AB = = = =.

A2M1 sin A2CM1 sin CB1A1 CA1 BA На дуге A2CB2 окружности S существует единственная точка X, для кото рой B2X : A2X = k (см. задачу 7.14), поэтому M1 = M2.

50 Глава 2. Вписанный угол 2.68. Пусть O — центр описанной окружности треугольника, M — сере дина стороны AB, H — основание высоты CH, D — середина той из дуг, задаваемых точками A и B, на которой не лежит точка C. OD CH, поэто му DCH = MDC. Биссектриса делит пополам угол между медианой и вы сотой тогда и только тогда, когда MCD = DCH = MDC = ODC = OCD, т. е. M = O и AB — диаметр окружности.

2.69. Пусть = A < B. Согласно предыдущей задаче C = 90. Ме диана CM делит треугольник ABC на два равнобедренных треугольника.

ACM = A =, MCB = 3, значит, + 3 = 90, т. е. = 22,5. Поэто му A = 22,5, B = 67,5, C = 90.

2.70. Пусть D — точка, в которой прямая AE пересекает описанную окруж ность. Точка D является серединой дуги BC. Поэтому MD AH, причём точки A и D лежат по разные стороны от прямой MH. Следовательно, точка E лежит на отрезке MH.

2.71. Ясно, что (AQ, QP) = (AN, NP) = (PM, MB) = (QP, QB). По этому точка Q лежит на окружности, из которой отрезок AB виден под углом 2(AC, CB), причём прямая QP делит дугу AB этой окружности по полам.

2.72. Точки P и Q лежат на окружности с диаметром AD;

эта окружность пересекает сторону BC в точке F (F не совпадает с D, если AB = AC). Ясно, что (FC, CE) = (BA, AE) = (DA, AQ) = (DF, FQ), т. е. EC FQ. Аналогич но BE FP. Для завершения доказательства остаётся заметить, что площади треугольников, прилегающих к боковым сторонам трапеции, равны.

2.73. Пусть AOB = и COD =. Тогда /2 + /2 = ADP + PAD = 90.

А так как 2SAOB = R2 sin и 2SCOD = R2 sin, где R — радиус описанной окруж ности, то SAOB = SCOD. Аналогично SBOC = SAOD.

2.74. Пусть AOB = 2 и COD = 2. Тогда + = ADP + PAD = 90.

Поэтому (AP2 + BP2) + (CP2 + DP2) = AB2 + CD2 = 4R2(sin2 + cos2 ) = 4R2.

Аналогично BC2 + AD2 = 4R2.

2.75. Пусть M — середина AC, N — середина BD. AM2 = AO2 - OM2, BN2 = =BO2-ON2, поэтому AC2+BD2=4(R2-OM2)+4(R2-ON2)=8R2-4(OM2+ON2)= = 8R2 - 4OP2, так как OM2 + ON2 = OP2.

2.76. Острые углы BLP и BDC имеют соответственно перпендикулярные стороны, поэтому они равны. Следовательно, BLP = BDC = BAP. Кроме того, AK BL и AL BK. Поэтому AKLB — ромб.

2.77. Возьмём на описанной окружности точ ку D так, что DD AC. Так как DD BD, то BD — диаметр, а значит, D AB = D CB = 90.

Поэтому SABCD = SABCD = (AD · AB + BC · CD )/2 = = (AB · CD + BC · AD)/2.

2.78. Проведём диаметр AE. BEA = BCP и ABE = BPC = 90, поэтому EAB = CBP. Уг лы, опирающиеся на хорды EB и CD, равны, по этому EB = CD. Так как EBA = 90, расстояние от точки O до AB равно EB/2.

2.79. Пусть перпендикуляр, опущенный из точ ки P на BC, пересекает BC в точке H и AD в точ ке M (рис. 2.3). BDA = BCA = BPH = MPD.

Из равенства углов MDP и MPD следует, Рис. 2. Решения задач что MP — медиана прямоугольного треугольника APD. В самом деле, APM = 90 - MPD = 90 - MDP = PAM, т. е. AM = PM = MD.

2.80. Середины сторон четырёхугольника ABCD являются вершинами пря моугольника (см. задачу 1.2), поэтому они лежат на одной окружности. Пусть K и L — середины сторон AB и CD, M — точка пересечения прямых KP и CD.

Согласно задаче 2.79 PM CD, а значит, M — проекция точки P на сторо ну CD и точка M лежит на окружности с диаметром KL. Для остальных проекций доказательство аналогично.

2.81. а) Следует отметить, что так как точки A, B, C и D разбивают окруж ность на дуги, меньшие 180, то построенный четырёхугольник содержит эту окружность. Угол между касательными, проведёнными через точки A и B, равен 180 - AOB, а угол между касательными, проведёнными через точки C и D, равен 180 - COD. Так как AOB + COD = 180, то + = 180.

З а м е ч а н и е. Обратно, из равенства + = 180 следует, что AOB + + COD = 180, т. е. AC BD.

б) Пусть O — центр вписанной окружности. Так как AKO + BMO = 90, то AKO = BOM и AKO BOM. Следовательно, AK · BM = BO · AO = r2.

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

В случае, когда описанные окружности треугольников A BC и AB C ка саются, т. е. P = C, требуются незначительные изменения: вместо прямой PC нужно взять общую касательную.

2.83. а) Применяя утверждение задачи 2.82 к треугольникам AB1C1, A1BC и A1B1C, построенным на сторонах треугольника A1B1C1, получаем требуемое.

б) Пусть P — точка пересечения указанных окружностей. Докажем, что величина угла (AP, PC) постоянна. Так как (AP, PC) = (AP, AB) + + (AB, BC) + (BC, PC), а угол (AB, BC) постоянен, то остаётся прове рить, что сумма (AP, AB) + (BC, PC) постоянна. Ясно, что (AP, AB) + + (BC, CP) = (AP, AC1) + (CA1, CP) = (B1P, B1C1) + (B1A1, B1P) = = (B1A1, B1C1), а величина последнего угла постоянна по условию. Анало гично доказывается, что величины углов (AP, PB) и (BP, PC) постоянны.

Следовательно, точка P остаётся неподвижной.

2.84. Согласно задаче 2.83 б) описанные окружности треугольников AB1C1, A1BC1 и A1B1C пересекаются в фиксированной точке P. Размер треугольника A1B1C1 пропорционален длине отрезка PA1. Длина этого отрезка минимальна, когда он перпендикулярен прямой BC. В этом случае отрезки PB1 и PC1 тоже должны быть минимальными.

2.85. Описанная окружность треугольника AB1C1 проходит через точку X, поэтому BXC = 180 - A. Это означает, что точка X лежит на окружно сти, симметричной описанной окружности треугольника ABC относительно стороны BC. Ясно, что три окружности, симметричные описанной окружности треугольника относительно его сторон, не могут иметь более одной общей точки.

2.86. Как следует из задачи 2.83 б), доказательство достаточно провести лишь для одного такого треугольника A1B1C1, например для треугольни ка с вершинами в серединах сторон треугольника ABC. Пусть H — точка пересечения высот треугольника A1B1C1, т. е. центр описанной окружности 52 Глава 2. Вписанный угол треугольника ABC. Точки A1 и B1 лежат на окружности с диаметром CH, поэтому точка H лежит на описанной окружности треугольника A1B1C. Ана логично доказывается, что она лежит на описанных окружностях треугольни ков A1BC1 и AB1C1.

2.87. а) Пусть X — точка пересечения описанных окружностей треугольни ков ABC и AB C. Тогда (XB, XC) = (XB, XA) + (XA, XC) = (C B, C A) + + (BA, BC). Так как AC = AP = AB, то треугольник C AB равнобедрен ный, причём C AB = 2A, поэтому (C B, C A) = A - 90. Следователь но, (XB, XC) = A - 90 + B = 90 - C = (A B, A C), т. е. точка X лежит на описанной окружности треугольника A B C. Для описанной окружности треугольника A BC доказательство аналогично.

б) Пусть X — точка пересечения описанных окружностей треугольников A B C и A BC. Докажем, что она лежит на описанной окружности треуголь ника ABC. Ясно, что (XB, XC ) = (XB, XA ) + (XA, XC ) = (CB, CA ) + + (B A, B C ). Пусть A1, B1 и C1 — середины отрезков PA, PB и PC.

Тогда (CB, CA ) = (CP, CA1) = (B1P, B1A1), (B A, B C ) = (B1A1, B1C1) и (AB, AC ) = (AP, AC1) = (B1P, B1C1). Следовательно, (XB, XC ) = = (AB, AC ).

Аналогично доказывается, что точка X лежит на описанной окружности треугольника AB C.

в) Так как QA — общая хорда окружностей с центрами O и I, то QA OI.

Аналогично QB OJ и QC IJ. Поэтому стороны углов OJI и B QC, а также углов OIJ и A QC взаимно перпендикулярны, а значит, sin OJI = sin B QC и sin OIJ = sin A QC. Следовательно, OI : OJ = sin OJI : sin OIJ = sin B QC : A QC.

Ясно также, что QI sin QJI sin(QJC/2) sin QB C = = =, QJ sin QIJ sin(QIC/2) sin QA C поскольку точки C и Q симметричны относительно прямой IJ, а точки Q, B и C лежат на окружности с центром J. Учитывая, что sin B QC : sin QB C = = B C : QC и sin A QC : sin QA C = A C : QC, получаем OI QI B C A C : = : = 1.

OJ QJ QC QC 2.88. а) Из условия задачи следует, что никакие три прямые не пересека ются в одной точке. Пусть прямые AB, AC, BC пересекают четвёртую прямую в точках D, E, F соответственно (рис. 2.4). Обо значим через P точку пересечения описанных окружностей треугольников ABC и CEF, отлич ную от точки C. Докажем, что точка P принад лежит описанной окружности треугольника BDF.

Для этого достаточно проверить, что (BP, PF)= =(BD, DF). Ясно, что (BP, PF)=(BP, PC)+ + (PC, PF) = (BA, AC) + (EC, EF) = = (BD, AC) + (AC, DF) = (BD, DF). Анало гично доказывается, что точка P принадлежит описанной окружности треугольника ADE.

З а м е ч а н и е. Другое доказательство при ведено в решении задачи 19.46.

Рис. 2. Решения задач б) Воспользуемся обозначениями рис. 2.4. Согласно задаче а) описанные окружности треугольников ABC, ADE и BDF проходят через точку P, по этому их можно рассмотреть как описанные окружности треугольников ABP, ADP и BDP. Следовательно, их центры лежат на окружности, проходящей через точку P (см. задачу 5.106). Аналогично доказывается, что центры лю бых трёх из данных окружностей лежат на окружности, проходящей через точку P. Следовательно, все четыре центра лежат на окружности, проходящей через точку P.

2.89. а) Пусть P — точка Микеля для прямых AB, BC, CA и A1B1.

Углы между прямыми PA, PB, PC и касательными в точке P к окружно стям Sa, Sb, Sc соответственно равны (AB1, B1P) = (AC1, C1P), (BC1, C1P), (CA1, A1P). А так как (AC1, C1P) = (BC1, C1P) = (CA1, A1P) =, то при повороте на угол с центром P прямые PA, PB и PC переходят в касательные к окружностям Sa, Sb и Sc, а значит, при повороте на угол - 90 эти прямые переходят в прямые POa, POb и POc. Кроме того, POa/PA = POb/PB = POc/PC = = 1/(2 sin ). Следовательно, при повороте на - 90 и гомотетии с центром P и коэффициентом 1/(2 sin ) треугольник ABC переходит в OaObOc.

б) Рассмотренное в решении задачи а) преобразование переводит центр O описанной окружности треугольника ABC в центр O описанной окружности треугольника OaObOc, а ортоцентр H треугольника ABC в ортоцентр H тре угольника OaObOc. Достроим треугольник OO H до параллелограмма OO H M.

Так как OH/OM = OH/O H = 2 sin и HOM = (HO, O H ) = - 90, то MH = MO, т. е. точка M лежит на серединном перпендикуляре к отрезку OH.

Остаётся заметить, что для вписанного четырёхугольника OOaObOc с точка M определена однозначно: взяв вместо точки O любую из точек Oa, Ob, Oc, полу чим ту же самую точку M (см. задачу 13.35).

2.90. Можно считать, что лучи AB и DC пересекаются в точке E, а лучи BC и AD — в точке F. Пусть P — точка пересечения описанных окружностей треугольников BCE и CDF. Тогда CPE = ABC и CPF = ADC. Поэто му CPE + CPF = 180, т. е. точка P лежит на отрезке EF.

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

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

2.92. Воспользуемся обозначениями рис. 2.4. Проекции точки P на прямые CA и CB совпадают с её проекциями на CE и CF. Следовательно, прямые Симсона точки P относительно треугольников ABC и CEF совпадают (см. за дачу 5.105 а).

2.93. Пусть точка A симметрична точке A относительно серединного пер пендикуляра к отрезку BC. Тогда OAH = AOA /2 = ABA = |B - C|.

2.94. Так как AA — диаметр, то A C AC, поэтому BH A C. Аналогич но CH A B. Следовательно, BA CH — параллелограмм.

2.95. Пусть l — прямая, параллельная двум исходным прямым;

D — точ ка пересечения прямых m и n. Тогда (AD, DB) = (m, AB) + (AB, n) = = (AC, l) + (l, CB) = (AC, CB), а значит, точка D лежит на описанной окружности треугольника ABC.

2.96. а) Пусть O — середина дуги окружности S, лежащей внутри тре угольника ABC. Тогда CBO = BCO, а по свойству угла между касательной 54 Глава 2. Вписанный угол и хордой BCO = ABO. Поэтому BO — биссектриса угла ABC, т. е. O — 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 BAC. Пусть D — точка пересечения биссектрисы этого угла с описанной окружностью треугольника ABC. Тогда DB = DO = DC (см. зада чу 2.4 а), т. е. D — центр окружности S.

2.97. Если угол C прямой, то решение задачи очевидно: C является точкой пересечения прямых A1B, A2B2, AB1. Если же C = 90, то описан ные окружности квадратов ACA1A2 и BCB1B2 имеют кроме C ещё одну общую точку — точку C1. Тогда (AC1, A2C1) = (A2C1, A1C1) = (A1C1, C1C) = = (C1C, C1B1) = (C1B1, C1B2) = (C1B2, C1B) = 45 (или же -45;

важно лишь то, что все углы имеют один и тот же знак). Поэтому (AC1, C1B1) = = 4 · 45 = 180, т. е. прямая AB1 проходит через точку C1. Аналогично A2B и A1B проходят через точку C1.

2.98. Пусть P и O — центры окружностей S1 и S2;

= APC, = BPC;

прямые AC и BC пересекают S2 в точках K и L. Так как OAP = OBP = 90, то AOB = 180 - -. Далее, LOB = 180 - 2LBO = 2CBP = 180 -.

Аналогично KOA = 180 -. Поэтому LOK = LOB + KOA - AOB = 180, т. е. KL — диаметр.

2.99. Рассмотрим точки M, P, Q и R, симметричные точкам M, P, Q и R относительно прямой OA. Так как точка C симметрична точке B относитель но OA, прямая P Q проходит через точку C. 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 ) = (MM, P M ) = = (MN, P N) = (CN, P N). Из этих равенств получаем, что точки C, N, P, S и R лежат на одной окружности. Но точки S, R и C лежат на одной прямой, поэтому S = R.

ГЛАВА ОКРУЖНОСТИ Основные сведения 1. Прямую, имеющую ровно одну общую точку с окружностью, называют касательной к окружности.

Через любую точку A, лежащую вне окружности, можно провести ровно две касательные к окружности;

пусть B и C — точки касания, O — центр окружности. Тогда:

а) AB = AC;

б) BAO = CAO;

в) OB AB.

(Иногда касательной мы будем называть не прямую AB, а отрезок AB.

Например, свойство а) можно сформулировать так: «касательные, проведённые из одной точки, равны».) 2. Пусть прямые l1 и l2, проходящие через точку A, пересекают окруж ность в точках B1, C1 и B2, C2 соответственно. Тогда AB1 · AC1 = AB2 · AC2.

В самом деле, AB1C2 AB2C1 по трём углам (советуем читателям само стоятельно доказать это, используя свойства вписанных углов и рассматривая два случая: A лежит вне окружности и A лежит внутри окружности).

Если прямая l2 касается окружности, т. е. B2 = C2, то AB1 · AC1 = AB2.

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 че рез их точку касания.

4. Величиной угла между двумя пересекающимися окружностями назы вают величину угла между касательными к ним, проведёнными через точку пересечения. При этом безразлично, какую из двух точек пересечения окруж ностей 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 фор мулируется 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 трансцендентно, т. е. не является корнем многочлена с целыми коэффициентами. Из этого, в частности, следует, что задача квадратуры круга неразрешима.

56 Глава 3. Окружности По-видимому, многим давала надежду на возможность квадратуры круга задача 3.39 (задача о «луночках Гиппократа»): площадь фигуры, образован ной дугами окружностей, равна площади треугольника. Решив эту задачу, постарайтесь понять, почему в данном случае подобные надежды не имели оснований.

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

Pages:     || 2 | 3 | 4 | 5 |   ...   | 12 |



© 2011 www.dissers.ru - «Бесплатная электронная библиотека»

Материалы этого сайта размещены для ознакомления, все права принадлежат их авторам.
Если Вы не согласны с тем, что Ваш материал размещён на этом сайте, пожалуйста, напишите нам, мы в течении 1-2 рабочих дней удалим его.