WWW.DISSERS.RU

БЕСПЛАТНАЯ ЭЛЕКТРОННАЯ БИБЛИОТЕКА

   Добро пожаловать!

Pages:     | 1 | 2 || 4 | 5 |   ...   | 12 |

«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» ...»

-- [ Страница 3 ] --

§ 9. Прямая Симсона 5.105*. а) Докажите, что основания перпендикуляров, опущенных из точки P описанной окружности треугольника на его стороны или их продолжения, лежат на одной прямой (прямая Симсона1).

Открытие этой прямой долго приписывалось Роберту Симсону (1687—1768), но в действительности она была открыта лишь в 1797 г. Вильямом Уоллесом. Поэтому наряду с традиционным названием этой прямой часто используется исторически более справедливое название прямая Уоллеса.

114 Глава 5. Треугольники б) Основания перпендикуляров, опущенных из некоторой точки P на стороны треугольника или их продолжения, лежат на одной пря мой. Докажите, что точка P лежит на описанной окружности тре угольника.

5.106*. Точки A, B и C лежат на одной прямой, точка P — вне этой прямой. Докажите, что центры описанных окружностей треугольни ков ABP, BCP, ACP и точка P лежат на одной окружности.

5.107*. В треугольнике ABC проведена биссектриса AD и из точ ки D опущены перпендикуляры DB и DC на прямые AC и AB;

точка M лежит на прямой B C, причём DM BC. Докажите, что точка M лежит на медиане AA1.

5.108*. а) Из точки P описанной окружности треугольника ABC проведены прямые PA1, PB1 и PC1 под данным (ориентированным) углом к прямым BC, CA и AB соответственно (точки A1, B1 и C лежат на прямых BC, CA и AB). Докажите, что точки A1, B1 и C лежат на одной прямой.

б) Докажите, что при замене в определении прямой Симсона уг ла 90 на угол она повернётся на угол 90 -.

5.109*. а) Из точки P описанной окружности треугольника ABC опущены перпендикуляры PA1 и PB1 на прямые BC и AC. Докажите, что PA · PA1 = 2Rd, где R — радиус описанной окружности, d — рассто яние от точки P до прямой A1B1.

б) Пусть — угол между прямыми A1B1 и BC. Докажите, что cos = PA/2R.

5.110*. Пусть A1 и B1 — проекции точки P описанной окружности треугольника ABC на прямые BC и AC. Докажите, что длина отрез ка A1B1 равна длине проекции отрезка AB на прямую A1B1.

5.111*. На окружности фиксированы точки P и C;

точки A и B перемещаются по окружности так, что угол ACB остаётся постоянным.

Докажите, что прямые Симсона точки P относительно треугольни ков ABC касаются фиксированной окружности.

5.112*. Точка P движется по описанной окружности треугольни ка ABC. Докажите, что при этом прямая Симсона точки P относи тельно треугольника ABC поворачивается на угол, равный половине угловой величины дуги, пройденной точкой P.

5.113*. Докажите, что прямые Симсона двух диаметрально про тивоположных точек описанной окружности треугольника ABC пер пендикулярны, а их точка пересечения лежит на окружности девяти точек (см. задачу 5.129).

5.114*. Точки A, B, C, P и Q лежат на окружности с центром O, # – # – # – # – # – причём углы между вектором OP и векторами OA, OB, OC и OQ равны,, и ( + + )/2. Докажите, что прямая Симсона точки P относительно треугольника ABC параллельна OQ.

5.115*. Точки A, B, C и P лежат на окружности с центром O.

Стороны треугольника A1B1C1 параллельны прямым PA, PB, PC Условия задач (PA B1C1 и т. д.). Через вершины треугольника A1B1C1 проведены прямые, параллельные сторонам треугольника ABC.

а) Докажите, что эти прямые пересекаются в одной точке P1, ко торая лежит на описанной окружности треугольника A1B1C1.

б) Докажите, что прямая Симсона точки P1 параллельна пря мой OP.

5.116*. Хорда PQ описанной окружности треугольника ABC пер пендикулярна стороне BC. Докажите, что прямая Симсона точки P относительно треугольника ABC параллельна прямой AQ.

5.117*. Высоты треугольника ABC пересекаются в точке H;

P — точка его описанной окружности. Докажите, что прямая Симсона точ ки P относительно треугольника ABC делит отрезок PH пополам.

5.118*. Четырёхугольник ABCD вписан в окружность;

la — прямая Симсона точки A относительно треугольника BCD, прямые lb, lc и ld определяются аналогично. Докажите, что эти прямые пересекаются в одной точке.

5.119*. а) Докажите, что проекции точки P описанной окружно сти четырёхугольника ABCD на прямые Симсона треугольников BCD, CDA, DAB и BAC лежат на одной прямой (прямая Симсона вписанного четырёхугольника).

б) Докажите, что аналогично по индукции можно определить прямую Симсона вписанного n-угольника как прямую, содержащую проекции точки P на прямые Симсона всех (n - 1)-угольников, полу ченных выбрасыванием одной из вершин n-угольника.

См. также задачи 2.88 б), 2.92, 5.11, 5.72, 19.61, 29.40.

§ 10. Подерный треугольник Пусть A1, B1 и C1 — основания перпендикуляров, опущенных из точки P на прямые BC, CA и AB. Треугольник A1B1C1 называют подерным (или педаль ным) треугольником точки P относительно треугольника ABC. Описанную окружность подерного треугольника называют подерной (или педальной) окружностью.

5.120. Пусть A1B1C1 — подерный треугольник точки P относительно треугольника ABC. Докажите, что B1C1 = BC · AP/2R, где R — радиус описанной окружности треугольника ABC.

5.121*. Прямые AP, BP и CP пересекают описанную окружность треугольника ABC в точках A2, B2 и C2;

A1B1C1 — подерный тре угольник точки P относительно треугольника ABC. Докажите, что A1B1C1 A2B2C2.

5.122*. Внутри остроугольного треугольника ABC дана точка P.

Опустив из неё перпендикуляры PA1, PB1 и PC1 на стороны, полу чим A1B1C1. Проделав для него ту же операцию, получим A2B2C2, а затем A3B3C3. Докажите, что A3B3C3 ABC.

116 Глава 5. Треугольники 5.123*. Треугольник ABC вписан в окружность радиуса R с цен тром O. Докажите, что площадь подерного треугольника точки P 1 d 1 S, где d = PO.

относительно треугольника ABC равна - 4 R2 ABC 5.124*. Из точки P опущены перпендикуляры PA1, PB1 и PC1 на стороны треугольника ABC. Прямая la соединяет середины отрезков PA и B1C1. Аналогично определяются прямые lb и lc. Докажите, что эти прямые пересекаются в одной точке.

5.125*. Точки P1 и P2 изогонально сопряжены относительно тре угольника ABC.

а) Докажите, что их подерные окружности совпадают, причём цен тром этой окружности является середина отрезка P1P2.

б) Докажите, что это утверждение останется верным, если из точек P1 и P2 проводить не перпендикуляры к сторонам, а прямые под данным (ориентированным) углом.

в) Докажите, что стороны подерного треугольника точки P1 перпен дикулярны прямым, соединяющим точку P2 с вершинами треугольни ка ABC.

5.126*. Даны два треугольника ABC и A1B1C1. Перпендикуляры, опущенные из точек A, B, C на прямые B1C1, C1A1, A1B1 пересекают ся в одной точке. Докажите, что тогда перпендикуляры, опущенные из точек A1, B1, C1 на прямые BC, CA, AB тоже пересекаются в одной точке (Штейнер).

Треугольники ABC и A1B1C1, для которых выполняется условие из зада чи 5.126, называют ортологическими.

5.127*. Дан параллелограмм ABCD. Докажите, что подерная ок ружность точки D относительно треугольника ABC проходит через точку пересечения его диагоналей.

См. также задачи 5.162, 5.163, 14.21 б).

§ 11. Прямая Эйлера и окружность девяти точек 5.128*. Пусть H — точка пересечения высот треугольника ABC, O — центр описанной окружности, M — точка пересечения медиан. Дока жите, что точка M лежит на отрезке OH, причём OM : MH = 1 : 2.

(Прямую, содержащую точки O, M и H, называют прямой Эйлера.) 5.129*. Докажите, что середины сторон треугольника, основания высот и середины отрезков, соединяющих точку пересечения высот с вершинами, лежат на одной окружности (окружности девяти то чек), причём центром этой окружности является середина отрезка OH.

5.130*. Высоты треугольника ABC пересекаются в точке H.

а) Докажите, что треугольники ABC, HBC, AHC и ABH имеют общую окружность девяти точек.

Условия задач б) Докажите, что прямые Эйлера треугольников ABC, HBC, AHC и ABH пересекаются в одной точке.

в) Докажите, что центры описанных окружностей треугольников ABC, HBC, AHC и ABH образуют четырёхугольник, симметричный четырёхугольнику HABC.

5.131*. Какие стороны пересекает прямая Эйлера в остроугольном и тупоугольном треугольниках?

5.132*. а) Докажите, что описанная окружность треугольника ABC является окружностью девяти точек для треугольника, образованного центрами вневписанных окружностей треугольника ABC.

б) Докажите, что описанная окружность делит пополам отрезок, соединяющий центры вписанной и вневписанной окружностей.

5.133*. Докажите, что прямая Эйлера треугольника ABC парал лельна стороне BC тогда и только тогда, когда tg B tg C = 3.

5.134*. Докажите, что отрезок, высекаемый на стороне AB остро угольного треугольника ABC окружностью девяти точек, виден из её центра под углом 2|A - B|.

5.135*. Докажите, что если прямая Эйлера проходит через центр вписанной окружности треугольника, то треугольник равнобедренный.

5.136*. Вписанная окружность касается сторон треугольника ABC в точках A1, B1 и C1. Докажите, что прямая Эйлера треугольника A1B1C1 проходит через центр описанной окружности треугольника ABC.

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

Пусть A1A2, B1B2 и C1C2 — диаметры окружности девяти точек тре угольника ABC. Докажите, что прямые AA2, BB2 и CC2 пересекаются в одной точке (или параллельны).

См. также задачи 3.72 а), 5.12, 8.34, 13.36 б), 14.55, 14.58, 28.31, 29.40, 31.42, 31.59, 31.80.

§ 12. Точки Брокара 5.138*. а) Докажите, что внутри треугольника ABC существует та кая точка P, что ABP = CAP = BCP.

б) На сторонах треугольника ABC внешним образом построены подобные ему треугольники CA1B, CAB1 и C1AB (углы при первых вершинах всех четырёх треугольников равны и т. д.). Докажите, что прямые AA1, BB1 и CC1 пересекаются в одной точке, причём эта точка совпадает с точкой P из задачи а).

Точку P называют точкой Брокара треугольника ABC. Аналогично до казывается, что существует ещё и вторая точка Брокара Q, для кото рой BAQ = ACQ = CBQ.

5.139*. а) Через точку Брокара P треугольника ABC проведены прямые AP, BP и CP, пересекающие описанную окружность в точках A1, B1 и C1. Докажите, что ABC = B1C1A1.

118 Глава 5. Треугольники б) Треугольник ABC вписан в окружность S. Докажите, что тре угольник, образованный точками пересечения прямых PA, PB и PC с окружностью S, может быть равен треугольнику ABC не более чем для восьми различных точек P. (Предполагается, что точки пересе чения прямых PA, PB и PC с окружностью отличны от точек A, B и C.) 5.140*. а) Пусть P — точка Брокара треугольника ABC. Угол = = ABP = BCP = CAP называют углом Брокара этого треугольника.

Докажите, что ctg = ctg + ctg + ctg и sin3 = sin( - ) sin( - ) sin( - ).

б) Докажите, что точки Брокара треугольника ABC изогонально сопряжены.

в) Касательная к описанной окружности треугольника ABC в точ ке C и прямая, проходящая через точку B параллельно AC, пересе каются в точке A1. Докажите, что угол Брокара треугольника ABC равен углу A1AC.

5.141*. а) Докажите, что угол Брокара любого треугольника не превосходит 30.

б) Внутри треугольника ABC взята точка M. Докажите, что один из углов ABM, BCM и CAM не превосходит 30.

5.142*. Пусть Q — вторая точка Брокара треугольника ABC, O — центр его описанной окружности, A1, B1 и C1 — центры описан ных окружностей треугольников CAQ, ABQ и BCQ. Докажите, что A1B1C1 ABC и O — первая точка Брокара треугольника A1B1C1.

5.143*. Пусть P — точка Брокара треугольника ABC;

R1, R2 и R3 — радиусы описанных окружностей треугольников ABP, BCP и CAP.

Докажите, что R1R2R3 = R3, где R — радиус описанной окружности треугольника ABC.

5.144*. Пусть P и Q — первая и вторая точки Брокара треуголь ника ABC. Прямые CP и BQ, AP и CQ, BP и AQ пересекаются в точках A1, B1 и C1. Докажите, что описанная окружность треуголь ника A1B1C1 проходит через точки P и Q.

5.145*. На сторонах CA, AB и BC остроугольного треугольника ABC взяты точки A1, B1 и C1 так, что AB1A1 = BC1B1 = CA1C1. До кажите, что A1B1C1 ABC, причём центр поворотной гомотетии, переводящей один треугольник в другой, совпадает с первой точкой Брокара обоих треугольников.

5.146*. Докажите, что для угла Брокара выполняются следую щие неравенства:

а) ( - )( - )( - );

б) 8 (неравенство Йиффа).

5.147*. Пусть вершины B и C треугольника фиксированы, а верши на A движется так, что угол Брокара треугольника ABC остаётся Условия задач постоянным. Докажите, что точка A движется по окружности радиуса (a/2) ctg2 - 3, где a = BC (окружность Нейберга).

5.148*. Опустим из точки M перпендикуляры MA1, MB1 и MC1 на прямые BC, CA и AB. Докажите, что для фиксированного треуголь ника ABC множество точек M, для которых угол Брокара треуголь ника A1B1C1 имеет заданное значение, состоит из двух окружностей, причём одна из них расположена внутри описанной окружности тре угольника ABC, а другая вне её (окружности Схоуте).

См. также задачи 14.45, 14.52, 19.59.

§ 13. Точка Лемуана Пусть AM — медиана треугольника ABC, а прямая AS симметрична пря мой AM относительно биссектрисы угла A (точка S лежит на отрезке BC).

Тогда отрезок AS называют симедианой треугольника ABC;

иногда симеди аной называют луч AS.

Симедианы треугольника пересекаются в точке, изогонально сопряжён ной точке пересечения медиан. Точку пересечения симедиан треугольника называют точкой Лемуана.

5.149. Прямые AM и AN симметричны относительно биссектрисы угла A треугольника ABC (точки M и N лежат на прямой BC).

Докажите, что BM · BN/(CM · CN) = c2/b2. В частности, если AS — си медиана, то BS/CS = c2/b2.

5.150. Выразите длину симедианы AS через длины сторон треуголь ника ABC.

5.151. Отрезок B1C1, где точки B1 и C1 лежат на лучах AC и AB, называют антипараллельным стороне BC, если AB1C1 = ABC и AC1B1 = ACB.

а) Докажите, что симедиана AS делит пополам любой отрезок B1C1, антипараллельный стороне BC.

б) Докажите, что если симедиана AS делит пополам отрезок B1C1, то этот отрезок антипараллелен стороне BC.

5.152. Докажите, что если отрезок B1C1 антипараллелен стороне BC, то B1C1 OA, где O — центр описанной окружности.

5.153. Касательная в точке B к описанной окружности S треуголь ника ABC пересекает прямую AC в точке K. Из точки K проведена вторая касательная KD к окружности S. Докажите, что BD — симеди ана треугольника ABC.

5.154*. Касательные к описанной окружности треугольника ABC в точках B и C пересекаются в точке P. Докажите, что прямая AP содержит симедиану AS.

5.155*. Окружность S1 проходит через точки A и B и касается прямой AC, окружность S2 проходит через точки A и C и касается 120 Глава 5. Треугольники прямой AB. Докажите, что прямая, проходящая через общие точки этих окружностей, содержит симедиану треугольника ABC.

5.156*. Биссектрисы внешнего и внутреннего углов при вершине A треугольника ABC пересекают прямую BC в точках D и E. Окруж ность с диаметром DE пересекает описанную окружность треуголь ника ABC в точках A и X. Докажите, что прямая AX содержит симедиану треугольника ABC.

* * * 5.157*. Докажите, что точка Лемуана треугольника ABC с прямым углом C является серединой высоты CH.

5.158*. Через точку X, лежащую внутри треугольника ABC, прове дены три отрезка, антипараллельных его сторонам. Докажите, что эти отрезки равны тогда и только тогда, когда X — точка Лемуана.

5.159*. Точки A1 и A2, B1 и B2, C1 и C2 лежат на сторонах BC, CA, AB треугольника ABC (A1 ближе к C, чем A2, B1 ближе к A, C ближе к B).

а) Докажите, что если эти точки являются точками пересече ния сторон треугольника ABC с продолжениями сторон треугольника A B C, полученного из треугольника ABC при гомотетии с центром в точке Лемуана K, то точки A1, B2, B1, C2, C1, A2 лежат на одной окружности (окружность Тукера).

б) Докажите, что если длины отрезков A1B2, B1C2 и C1A2 равны и эти отрезки антипараллельны сторонам AB, BC и CA, то точки A1, B2, B1, C2, C1, A2 лежат на одной окружности.

5.160*. Докажите, что центр окружности Тукера лежит на пря мой KO, где K — точка Лемуана, O — центр описанной окружности.

5.161*. а) Через точку Лемуана K проведены прямые, параллель ные сторонам треугольника. Докажите, что точки их пересечения со сторонами треугольника лежат на одной окружности (первая окруж ность Лемуана).

б) Через точку Лемуана K проведены прямые, антипараллельные сторонам треугольника. Докажите, что точки их пересечения со сторо нами треугольника лежат на одной окружности (вторая окружность Лемуана).

5.162*. Пусть A1, B1 и C1 — проекции точки Лемуана K на сторо ны треугольника ABC. Докажите, что K — точка пересечения медиан треугольника A1B1C1.

5.163*. Пусть A1, B1 и C1 — проекции точки Лемуана K треуголь ника ABC на стороны BC, CA и AB. Докажите, что медиана AM треугольника ABC перпендикулярна прямой B1C1.

5.164*. Прямые AK, BK и CK, где K — точка Лемуана треуголь ника ABC, пересекают описанную окружность в точках A1, B1 и C1.

Докажите, что K — точка Лемуана треугольника A1B1C1.

Решения задач 5.165*. Докажите, что прямые, соединяющие середины сторон тре угольника с серединами соответствующих высот, пересекаются в точке Лемуана.

См. также задачи 6.41, 7.17, 11.22, 19.58—19.60.

Задачи для самостоятельного решения 5.166. Докажите, что проекция диаметра описанной окружности, перпендикулярного первой стороне треугольника, на прямую, содер жащую вторую сторону, равна по длине третьей стороне.

5.167. Докажите, что площадь треугольника с вершинами в цен трах вневписанных окружностей треугольника ABC равна 2pR.

5.168. Равнобедренный треугольник с основанием a и боковой сто роной b и равнобедренный треугольник с основанием b и боковой стороной a вписаны в окружность радиуса R. Докажите, что ес ли a = b, то ab = 5R2.

5.169. Вписанная окружность прямоугольного треугольника ABC касается гипотенузы AB в точке P;

CH — высота треугольника ABC.

Докажите, что центр вписанной окружности треугольника ACH лежит на перпендикуляре, опущенном из точки P на AC.

5.170. Вписанная окружность треугольника ABC касается сторон CA и AB в точках B1 и C1, а вневписанная окружность касается продолжения сторон в точках B2 и C2. Докажите, что середина сторо ны BC равноудалена от прямых B1C1 и B2C2.

5.171. В треугольнике ABC проведена биссектриса AD. Пусть O, O1 и O2 — центры описанных окружностей треугольников ABC, ABD и ACD. Докажите, что OO1 = OO2.

5.172. Треугольник, составленный: а) из медиан;

б) из высот тре угольника ABC, подобен треугольнику ABC. Каким соотношением связаны длины сторон треугольника ABC?

5.173. Через центр O правильного треугольника ABC проведена прямая, пересекающая прямые BC, CA и AB в точках A1, B1 и C1.

Докажите, что одно из чисел 1/OA1, 1/OB1 и 1/OC1 равно сумме двух других.

5.174. В треугольнике ABC проведены высоты BB1 и CC1. Докажи те, что если A = 45, то B1C1 — диаметр окружности девяти точек треугольника ABC.

5.175. Углы треугольника ABC удовлетворяют соотношению sin2 A+ + sin2 B + sin2 C = 1. Докажите, что его описанная окружность и окруж ность девяти точек пересекаются под прямым углом.

Решения 5.1. Пусть AC1 = AB1 = x, BA1 = BC1 = y и CA1 = CB1 = z. Тогда a = y + z, b = z + x и c = x + y. Вычитая третье равенство из суммы первых двух, по лучаем z = (a + b - c)/2. Поэтому, если треугольник ABC задан, то положение 122 Глава 5. Треугольники точек A1 и B1 определено однозначно. Аналогично положение точки C1 опреде лено однозначно. Остаётся заметить, что точки касания вписанной окружности со сторонами удовлетворяют указанным в условии задачи соотношениям.

5.2. Лучи COa и COb — биссектрисы внешних углов при вершине C, поэтому C лежит на прямой OaOb и OaCB = ObCA. Так как COc — бис сектриса угла BCA, то BCOc = ACOc. Складывая эти равенства, получа ем OaCOc = OcCOb, т. е. OcC — высота треугольника OaObOc. Аналогично доказывается, что OaA и ObB — высоты этого треугольника.

5.3. Ясно, что BOC=180 -CBO-BCO=180 -B/2-C/2=90 +A/2, a BOaC = 180 - BOC, так как OBOa = OCOa = 90.

5.4. Пусть AA1, BB1 и CC1 — биссектрисы треугольника ABC, O — точка их пересечения. Предположим, что x > 1. Тогда PAB > PAC, т. е. точка P лежит внутри треугольника AA1C. Аналогично точка P лежит внутри тре угольников CC1B и BB1A. Но единственной общей точкой трёх этих треуголь ников является точка O. Получено противоречие. Случай x < 1 разбирается аналогично.

5.5. Пусть da, db и dc — расстояния от точки O до сторон BC, CA и AB.

Тогда ada + bdb + cdc = 2S и aha = bhb = chc = 2S. Если ha - da = hb - db = hc - dc = x, то (a + b + c)x = a(ha - da) + b(hb - db) + c(hc - dc) = 6S - 2S = 4S. Поэто му x = 4S/2p = 2r.

5.6. Докажем, что точка O является центром вневписанной окружности треугольника PBQ, касающейся стороны PQ. В самом деле, POQ = A = = 90 - B/2;

из центра вневписанной окружности отрезок PQ виден под таким же углом (задача 5.3). Кроме того, точка O лежит на биссектрисе уг ла B. Следовательно, полупериметр треугольника PBQ равен длине проекции отрезка OB на прямую CB.

5.7. Пусть P — точка касания вписанной окружности со стороной BC, PQ — диаметр вписанной окружности, R — точка пересечения прямых AQ и BC. Так как CR = BP (см. задачу 19.11 а) и M — середина стороны BC, то RM = PM.

Кроме того, O — середина диаметра PQ, поэтому MO QR, а так как AH PQ, то AE = OQ.

5.8. Данная окружность может быть как вписанной, так и вневпи санной окружностью треугольника ABC, отсекаемого касательной от угла.

Используя результат задачи 3.2, в обоих случаях легко проверить, что uv/w2 = (p - b)(p - c) sin B sin C/h2. Остаётся заметить, что ha = b sin C = c sin B a и (p - b)(p - c)/bc = sin2(A/2) (задача 12.13).

x1h x2h 5.9. а) Пусть p = CP, x1 = BP и x2 = AP. Тогда r1 =, r2 =, a + p + x1 b + p + x (x1 + x2)h r =. После несложных преобразований требуемое равенство при a + b + x1 + x водится к виду x2(p2 + x2 - a2) + x1(p2 + x2 - b2) = 0. Остаётся заметить, что 1 p2 + x2 - a2 = 2px1 cos BPC, p2 + x2 - b2 = 2px2 cos APC и cos BPC = - cos APC.

1 2r1rk б) Согласно задаче а) rk+1 = r1 + rk -, где h — расстояние от точки B h до прямой A1A2.

5.10. Пусть A1, B1 и C1 — точки, симметричные точке H относитель но сторон BC, CA и AB соответственно. Так как AB CH и BC AH, то (AB, BC) = (CH, HA), а так как треугольник AC1H равнобедренный, то (CH, HA)=(AC1, C1C). Следовательно, (AB, BC)=(AC1, C1C), т. е. точ Решения задач ка C1 лежит на описанной окружности треугольника ABC. Аналогично дока зывается, что точки A1 и B1 лежат на этой окружности.

5.11. Точки X, Y и Z лежат на одной прямой (задача 5.105 а). Поэто му SPYZ = SPXZ + SPXY. Кроме того, SPYZ = PY · PZ sin, так как PY CA и PZ AB. Подставив аналогичным образом две другие площади, получим sin sin sin = +.

PX PY PZ Остаётся заметить, что sin : sin : sin = BC : CA : AB.

5.12. а) Пусть M — точка пересечения прямой AI с описанной окружно стью. Проведя через точку I диаметр описанной окружности, получим AI·IM= = (R + d)(R - d) = R2 - d2. Так как IM = CM (задача 2.4 а), то R2 - d2 = AI · CM.

Остаётся заметить, что AI = r/ sin(A/2) и CM = 2R sin(A/2).

б) Пусть M — точка пересечения прямой AIa с описанной окружностью. То гда AIa · IaM = d2 - R2. Так как IaM = CM (задача 2.4 а), то d2 - R2 = AIa · CM.

a a Остаётся заметить, что AIa = ra/ sin(A/2) и CM = 2R sin(A/2).

5.13. В треугольнике OIB угол при вершине I прямой тогда и только тогда, когда OB2 = OI2 + BI2. Ясно, что OB = R и BI = r/ sin. Кроме того, согласно задаче 5.12 а) OI2 = R2 - 2Rr. Поэтому приходим к равенству r = 2R sin2.

Согласно задаче 12.38 а) r = 4R sin( /2) sin( /2) sin( /2). Поэтому полученное равенство можно переписать в виде 2 sin( /2) sin( /2) = sin( /2). Это равен ство эквивалентно равенству 2 sin = sin + sin. Действительно, последнее равенство можно преобразовать следующим образом:

+ - 4 cos sin = 2 sin cos ;

2 2 2 - 2 sin = cos ;

2 - + sin = cos - cos ;

2 2 sin = 2 sin sin.

2 2 5.14. а) Так как B1 — центр описанной окружности треугольника AMC (см. задачу 2.4 а), то AM = 2MB1 sin ACM. Ясно также, что MC = r/ sin ACM.

Поэтому MA · MC/MB1 = 2r.

б) Так как MBC1 = BMC1 = 180 - BMC и BC1M = A, то MC1 BM MC1 sin BCM sin MBC1 sin BCM = · = · =.

BC BC BM sin BMC sin BC1M sin A Кроме того, MB = 2MA1 sin BCM. Поэтому MC1 · MA1/MB = BC/2 sin A = R.

5.15. Пусть M — середина стороны AC, N — точка касания вписанной окружности со стороной BC. Тогда BN = p - b (см. задачу 3.2), поэто му BN = AM, так как p = 3b/2 по условию. Кроме того, OBN = B1AM, а значит, OBN = B1AM, т. е. OB = B1A. Но B1A = B1O (см. задачу 2.4 а).

5.16. Пусть O и O1 — центры вписанной и описанной окружностей тре угольника ABC. Рассмотрим окружность радиуса d = OO1 с центром O.

124 Глава 5. Треугольники Проведём в этой окружности хорды O1M и O1N, параллельные сторонам AB и AC соответственно. Пусть K — точка касания вписанной окружности со стороной AB, L — середина стороны AB. Так как OK AB, O1L AB и O1M AB, то O1M = 2KL = 2BL - 2BK = c - (a + c - b) = b - a = AE. Анало гично O1N = AD, а значит, MO1N = EAD. Следовательно, радиус описанной окружности треугольника EAD равен d.

5.17. Пусть AA1, BB1, CC1 — медианы, M — точка их пересечения, A+, B-, C+, A-, B+, C- — центры описанных окружностей треугольников B1MC, CMA1, A1MB, BMC1, C1MA, AMB1. Проекции точек B+ и B- на прямую AA # – являются серединами отрезков AM и MA1. Поэтому проекция вектора B+B 1 – # на прямую AA1 равна AA1. Аналогично проекция этого вектора на пря 1 – # – # мую CC1 равна CC1. Аналогичные утверждения верны и для векторов A+A # – и C+C-.

# – # – # – Сумма векторов AA1, BB1 и CC1 равна нулевому (задача 13.1), #вектору – # – # – – # поэтому существует треугольник A2B2C2, для которого AA1 = B2C2, BB1 = C2A # – # – # – и CC1 = A2B2. Для любой точки X вектор B2X полностью определяется проек # – циями на прямые B2A2 и B2C2. С другой стороны, вектор B2O, где O — центр описанной окружности треугольника A2B2C2, имеет такие же проекции на # – # – эти прямые, как и вектор B+B-. Следовательно, длины векторов A+A-, # – # – B+B- и C+C- равны (они равны радиусу описанной окружности треугольника A2B2C2).

Противоположные стороны шестиугольника A+B-C+A-B+C- параллельны, а его диагонали A+A-, B+B- и C+C- равны. Согласно задаче 6.57 такой шестиугольник вписанный.

5.18. Пусть вписанная окружность касается стороны AC в точке K, а вневписанная окружность касается продолжения стороны AC в точке L.

Тогда r = CK и rc = CL. Остаётся воспользоваться результатом задачи 3.2.

5.19. Так как AB/2 = AM = BM, то CM = AB/2 тогда и только тогда, когда точка C лежит на окружности с диаметром AB.

5.20. Пусть M и N — середины сторон AB и CD. Треугольник APB прямоугольный, поэтому PM = AB/2 и MPA = PAM, а значит, PM AD.

Аналогичные рассуждения показывают, что точки P, M, N и Q лежат на одной прямой и PQ = PM + MN + NQ = (AB + (BC + AD) + CD)/2.

5.21. Пусть F — точка пересечения прямых DE и BC;

K — середина от резка EC. Отрезок CD является биссектрисой и высотой треугольника ECF, поэтому ED = DF, а значит, DK FC. Медиана DK прямоугольного тре угольника EDC в два раза меньше его гипотенузы EC (задача 5.19), поэто му AD = DK = EC/2.

5.22. Прямая EM проходит через середину стороны AB, поэтому она прохо дит через середину O отрезка DK. Кроме того, EKO = ABK = KBC = KEO.

Поэтому OE = OK = OD. Согласно задаче 5.19 DEK = 90.

5.23. Пусть сумма углов при основании AD трапеции ABCD равна 90.

Обозначим точку пересечения прямых AB и CD через O. Точка O лежит на прямой, проходящей через середины оснований. Проведём через точку C пря мую CK, параллельную этой прямой, и прямую CE, параллельную прямой AB (точки K и E лежат на основании AD). Тогда CK — медиана прямоугольного треугольника ECD, поэтому CK = ED/2 = (AD - BC)/2 (см. задачу 5.19).

Решения задач 5.24. Пусть P и Q — середины сторон AB и CD. Рассмотрим для опре делённости случай, когда точка M не лежит на отрезке AP (случай, ко гда точка M лежит на отрезке AP, разбирается аналогично). Ясно, что MPO = MAD = PMO, а значит, MO = PO = OQ. Поэтому согласно зада че 5.19 MQ MP. Следовательно, MQ — серединный перпендикуляр к отрез ку CD.

5.25. Ясно, что CEB = A + ACE = BCK + KCE = BCE.

5.26. Отрезки CF и DK являются биссектрисами подобных треугольников ACB и CDB, поэтому AB : FB = CB : KB. Следовательно, FK AC. Аналогич но доказывается, что LF CB. Поэтому CLFK — прямоугольник, у которого диагональ CF является биссектрисой угла LCK, т. е. он — квадрат.

sin ACQ sin AQC sin sin(180 - - 90 - ) cos( + ) 5.27. Так как =, то = =, AQ AC a a cos a cos где a — сторона квадрата ABPQ, = CAB. Поэтому ctg = 1 + tg. Аналогич 1 но ctg =1+tg(90- )=1+ctg. Следовательно, tg +tg = + = 1+tg 1+ctg =1, а значит, cos cos = cos sin + cos sin = sin( + ) = cos.

5.28. По теореме Пифагора AP2 + BQ2 + CR2 = (AM2 - PM2) + (BM2 - QM2) + + (CM2 - RM2) и PB2 + QC2 + RA2 = (BM2 - PM2) + (CM2 - QM2) + (AM2 - RM2).

Эти выражения равны.

Так как AP2 + BQ2 + CR2 = (a - PB)2 + (a - QC)2 + (a - RA)2 = 3a2 - 2a(PB + QC + RA) + PB2 + QC2 + RA2, где a = AB, то PB + QC + RA = 3a/2.

5.29. Пусть точка F делит отрезок BC в отношении CF : FB = 1 : 2;

P и Q — точки пересечения отрезка AF с BD и CE соответственно. Ясно, что треугольник OPQ правильный. Используя результат задачи 1.3 а), легко про верить, что AP : PF = 3 : 4 и AQ : QF = 6 : 1. Следовательно, AP : PQ : QF = 3 : 3 : 1, а значит, AP = PQ = OP. Поэтому AOP = 30 и AOC = 90.

5.30. Пусть A и B, C и D, E и F — точки пересечения окружности со сторонами PQ, QR, RP треугольника PQR. Рассмотрим медиану PS. Она соеди няет середины параллельных хорд FA и DC и поэтому перпендикулярна им.

Следовательно, PS является высотой треугольника PQR, а значит PQ = PR.

Аналогично PQ = QR.

5.31. Пусть H — точка пересечения высот AA1, BB1 и CC1 треугольни ка ABC. По условию A1H · BH = B1H · AH. С другой стороны, так как точки A1 и B1 лежат на окружности с диаметром AB, то AH · A1H = BH · B1H. Сле довательно, AH = BH и A1H = B1H, а значит, AC = BC. Аналогично BC = AB.

5.32. а) Предположим, что треугольник ABC неправильный;

например a=b.

Так как a + ha = a + b sin и b + hb = b + a sin, то (a - b)(1 - sin ) = 0.

Поэтому sin = 1, т. е. = 90. Но тогда a = c, и аналогичные рассуждения показывают, что = 90. Получено противоречие.

б) Обозначим сторону квадрата, две вершины которого лежат на сто роне BC, через x. Из подобия треугольников ABC и APQ, где P и Q — вершины x ha - x aha 2S квадрата, лежащие на AB и AC, получаем =, т. е. x = =.

a ha a + ha a + ha Аналогичные рассуждения для других квадратов показывают, что a + ha = = b + hb = c + hc.

5.33. Если, и — углы треугольника ABC, то углы треугольни ка A1B1C1 равны ( + )/2, ( + )/2 и ( + )/2. Пусть для определённости 126 Глава 5. Треугольники. Тогда ( + )/2 ( + )/2 ( + )/2. Следовательно, = ( + )/ и = ( + )/2, т. е. = и =.

5.34. В любом треугольнике высота больше диаметра вписанной окруж ности. Поэтому длины высот — целые числа, большие 2, т. е. все они не меньше 3. Пусть S — площадь треугольника, a — наибольшая его сторо на, h — соответствующая высота.

Предположим, что треугольник неправильный. Тогда его периметр P меньше 3a. Поэтому 3a > P = Pr = 2S = ha, т. е. h < 3. Получено противо речие.

5.35. Так как внешний угол при вершине A треугольника ABA1 ра вен 120 и A1AB1 = 60, то AB1 — биссектриса этого внешнего угла. Кроме того, BB1 — биссектриса внутреннего угла при вершине B, поэтому A1B1 — бис сектриса угла AA1C. Аналогично A1C1 — биссектриса угла AA1B. Поэто му B1A1C1 = (AA1C + AA1B)/2 = 90.

5.36. Согласно решению задачи 5.35 луч A1C1 является биссектрисой угла AA1B. Пусть K — точка пересечения биссектрис треугольника A1AB.

Тогда C1KO = A1KB = 90 + A/2 = 120. Поэтому C1KO + C1AO = 180, т. е. четырёхугольник AOKC1 вписанный. Следовательно, A1C1O = KC1O = = KAO = 30.

5.37. Пусть описанные окружности треугольников ABB1 и ACC1 пересе каются в точке X, лежащей на стороне BC. Тогда XAC = CBB1 = B 1 и XAB = BCC1 = C. Поэтому A = (B + C), а значит, A = 60.

2 5.38. а) Пусть S — описанная окружность треугольника ABC, S1 — окруж ность, симметричная S относительно прямой BC. Ортоцентр H треугольни ка ABC лежит на окружности S1 (задача 5.10). Проверим, что центр O окружности S тоже принадлежит S1 и биссектриса внешнего угла A проходит через центр окружности S1.

Пусть PQ — диаметр окружности S, перпендикулярный прямой BC, причём точки P и A лежат по одну сторону от прямой BC. Тогда AQ — биссектриса угла A, а AP — биссектриса внешнего угла A. Так как BPC = 120 = BOC, то точка P является центром окружности S1, а точка O принадлежит окруж ности S1. Тогда POAH — ромб, так как PO HA.

б) Пусть S — описанная окружность треугольника ABC, Q — точка пересече ния биссектрисы угла BAC с окружностью S. Легко проверить, что Q — центр окружности S1, симметричной окружности S относительно прямой BC. Кро ме того, точки O и H лежат на окружности S1, а так как BIC = и BIaC = 60 (см. задачу 5.3), то IaI — диаметр окружности S1. Ясно также, что OQI = QAH = AQH, так как OQ AH и HA = QO = QH. Поэтому точки O и H симметричны относительно прямой IaI.

5.39. Построим внешним образом на стороне AC треугольника ABC пра вильный треугольник AB1C. Так как A = 120, точка A лежит на отрез ке BB1. Поэтому BB1 = b + c и, кроме того, BC = a и B1C = b, т. е. треуголь ник BB1C искомый.

5.40. а) Пусть M1 и N1 — середины отрезков BH и CH, BB1 и CC1 — высоты.

Прямоугольные треугольники ABB1 и BHC1 имеют общий острый угол при вершине B, поэтому C1HB = A = 60. Так как треугольник BMH равно бедренный, BHM = HBM = 30. Следовательно, C1HM = 60 - 30 = 30 = Решения задач = BHM, т. е. точка M лежит на биссектрисе угла C1HB. Аналогично точка N лежит на биссектрисе угла B1HC.

б) Воспользуемся обозначениями задачи а), и пусть, кроме того, B и C — середины сторон AC и AB. Так как AC1 = AC cos A = AC/2, то C1C = = |AB - AC|/2. Аналогично B1B = |AB - AC|/2, т. е. B1B = C1C. Следова тельно, параллельные прямые BB1 и B O, CC1 и C O образуют не просто параллелограмм, а ромб. Поэтому его диагональ HO является биссектрисой угла при вершине H.

5.41. Так как BB1C = B1BA + B1AB > B1BA = B1BC, то BC > B1C.

Поэтому точка K, симметричная B1 относительно биссектрисы CC1, лежит на стороне BC, а не на её продолжении. Так как CC1B = 30, то B1C1K = 60, а значит, треугольник B1C1K правильный. В треугольниках BC1B1 и BKB сторона BB1 общая, стороны C1B1 и KB1 равны, равны также и углы C1BB и KBB1 но это углы не между равными сторонами. Поэтому возможны два случая:

1. BC1B1 = BKB1. Тогда BB1C1 = BB1K = 60/2 = 30. Следовательно, если O — точка пересечения биссектрис BB1 и CC1, то BOC = B1OC1 = = 180 - OC1B1 - OB1C1 = 120. С другой стороны, BOC = 90 + A/ (см. задачу 5.3), т. е. A = 60.

2. BC1B1 + BKB1 = 180. Тогда четырёхугольник BC1B1K вписанный, а так как треугольник B1C1K правильный, то B = 180 - C1B1K = 120.

5.42. Пусть BM — медиана, AK — биссектриса треугольника ABC и BMAK.

Прямая AK является биссектрисой и высотой треугольника ABM, поэто му AM = AB, т. е. AC = 2AM = 2AB. Следовательно, AB = 2, BC = 3 и AC = 4.

5.43. Пусть a и b — катеты, c — гипотенуза данного треугольника. Если числа a и b нечётные, то a2 + b2 при делении на 4 даёт остаток 2 и не может быть квадратом целого числа. Поэтому одно из чисел a и b чётное, а другое нечётное;

пусть для определённости a = 2p. Числа b и c нечётные, поэтому c + b = 2q и c - b = 2r. Следовательно 4p2 = a2 = c2 - b2 = 4qr. Если бы числа q и r имели общий делитель d, то на d делились бы числа a = 2 qr, b = q - r и c = q + r. Поэтому числа q и r взаимно просты, а так как p2 = qr, то q = m2 и r = n2. В итоге получаем a = 2mn, b = m2 - n2 и c = m2 + n2.

Легко проверить также, что если a = 2mn, b = m2 - n2 и c = m2 + n2, то a2 + b2 = c2.

5.44. Пусть p — полупериметр треугольника, а a, b, c — длины его сторон.

По формуле Герона S2 = p(p - a)(p - b)(p - c). С другой стороны, S2 = p2r2 = p2, так как r = 1. Поэтому p = (p - a)(p - b)(p - c). Если ввести неизвест ные x = p - a, y = p - b, z = p - c, то это уравнение перепишется в ви де x + y + z = xyz. Заметим, что число p целое или полуцелое (т. е. число ви да (2n + 1)/2, где n целое), поэтому все числа x, y, z одновременно целые или полуцелые. Но если они полуцелые, то число x + y + z полуцелое, а число xyz имеет вид m/8, где число m нечётное. Следовательно, числа x, y, z целые.

Пусть для определённости x y z. Тогда xyz = x + y + z 3z, т. е. xy 3.

Возможны три случая.

1. x = 1, y = 1. Тогда 2 + z = z, чего не может быть.

2. x = 1, y = 2. Тогда 3 + z = 2z, т. е. z = 3.

3. x = 1, y = 3. Тогда 4 + z = 3z, т. е. z = 2 < y, чего не может быть.

Итак, x = 1, y = 2, z = 3. Поэтому p = x + y + z = 6 и a = p - x = 5, b = 4, c = 3.

128 Глава 5. Треугольники 5.45. Пусть a1 и b1, a2 и b2 — катеты двух различных пифагоровых тре угольников, c1 и c2 — их гипотенузы. Возьмём две перпендикулярные прямые и отложим на них отрезки OA = a1a2, OB = a1b2, OC = b1b2 и OD = a2b (рис. 5.3). Так как OA · OC = OB · OD, то четырёхугольник ABCD вписанный.

Согласно задаче 2.74 а) 4R2 = OA2 + OB2 + OC2 + + OD2 = (c1c2)2, т. е. R = c1c2/2. Увеличив, если нужно, четырёхугольник ABCD в два раза, полу чим искомый четырёхугольник.

5.46. а) Длины гипотенуз прямоугольных тре угольников с катетами 5 и 12, 9 и 12 равны 13 и 15. Приложив равные катеты этих тре угольников друг к другу, получим треугольник площади 12(5 + 9)/2 = 84.

б) Предположим сначала, что длина наи меньшей стороны данного треугольника — чёт ное число, т. е. длины сторон треугольника равны 2n, 2n + 1, 2n + 2. Тогда по формуле Герона 16S2 = (6n + 3)(2n + 3)(2n + 1)(2n - 1) = = 4(3n2 + 6n + 2)(4n2 - 1) + 4n2 - 1. Получено Рис. 5. противоречие, так как число, стоящее в правой части, не делится на 4. Следовательно, длины сторон треугольника равны 2n - 1, 2n и 2n + 1, причём S2 = 3n2(n2 - 1). По этому S = nk, где k — целое число, и k2 = 3(n2 - 1). Ясно также, что k — длина высоты, опущенной на сторону 2n. Эта высота делит исходный треуголь ник на два прямоугольных треугольника с общим катетом k и гипотену зами 2n + 1 и 2n - 1;

квадраты длин других катетов этих треугольников равны (2n ± 1)2 - k2 = 4n2 ± 4n + 1 - 3n2 + 3 = (n ± 2)2.

5.47. а) Так как AB2 - AB2 = BB2 = BC2 - (AC ± AB1)2, то AB1 = 1 = ±(AB2 + AC2 - BC2)/2AC.

б) Пусть диагонали AC и BD пересекаются в точке O. Докажем, напри мер, что число q = BO/OD рациональное (тогда число OD = BD/(q + 1) тоже рациональное). Проведём в треугольниках ABC и ADC высоты BB1 и DD1.

Согласно задаче а) числа AB1 и CD1 рациональные, а значит, число B1D тоже рациональное. Пусть E — точка пересечения прямой BB1 и прямой, про ходящей через точку D параллельно AC. В прямоугольном треугольнике BDE катет ED = B1D1 и гипотенуза BD — рациональные числа, поэтому число BE тоже рациональное. Из треугольников ABB1 и CDD1 получаем, что числа BB и DD2 рациональные. А так как BE2 = (BB1 + DD1)2 = BB2 + DD2 + 2BB1 · DD1, 1 1 то число BB1 · DD1 рациональное. Следовательно, число BO/OD = BB1/DD1 = = BB1 · DD1/DD2 рациональное.

5.48. В треугольниках ABC и A1B1C1 не может быть двух пар соот ветственных углов, составляющих в сумме 180, так как иначе их сумма равна 360 и третьи углы треугольников должны быть нулевыми. Предпо ложим теперь, что углы первого треугольника равны, и, а углы второго равны 180 -, и. Сумма углов двух треугольников равна 360, поэтому 180 + 2 + 2 = 360, т. е. + = 90. Следовательно, = 90 = = 180 -.

# – # – # – # – # – # – 5.49. Ясно, что A1C = BO и CB1 = OA, поэтому A1B1 = BA. Аналогич # – # – # – # – но B1C1 = CB и C1A1 = AC, т. е. ABC = A1B1C1. Кроме того, ABA1B Решения задач и ACA1C1 — параллелограммы. Значит, отрезки BB1 и CC1 проходят через середину отрезка AA1.

5.50. Так как MAO = PAO = AOM, то AMOP — ромб. Аналогич но BNOQ — ромб. Следовательно, MN = MO + ON = AM + BN и OP + PQ + QO = = AP + PQ + QB = AB.

5.51. а) Проведём через вершины треугольника ABC прямые, параллельные его противоположным сторонам. В результате получим треугольник A1B1C1, серединами сторон которого являются точки A, B и C. Высоты треуголь ника ABC являются серединными перпендикулярами к сторонам треуголь ника A1B1C1, поэтому центр описанной окружности треугольника A1B1C является точкой пересечения высот треугольника ABC.

б) Точка H является центром описанной окружности треугольника A1B1C1, поэтому 4R2 =B1H2 =B1A2 +AH2 =BC2 +AH2. Следовательно, AH2 =4R2 -BC2 = = - 1 BC2 = (BC ctg )2.

sin 5.52. Пусть AD — биссектриса равнобедренного треугольника ABC с основа нием AB и углом 36 при вершине C. Тогда треугольник ACD равнобедренный и ABC BDA. Поэтому CD = AD = AB = 2xBC и DB = 2xAB = 4x2BC, а зна чит, BC = CD + DB = (2x + 4x2)BC.

b a + b - c c - a 5.53. Ясно, что B1C - B2C = - = > 0. Из этого следует, что 2 2 отрезки A1B1 и B2C2 пересекаются в некоторой точке X. Треугольник XB1B c - a подобен равнобедренному треугольнику C2AB2, поэтому XB1 = B1B2 =.

c c - a a Следовательно, A1X = - = = A1B. Таким образом, треугольник XA1B 2 2 равнобедренный, а значит, XBA1 = A1XB = ABX.

5.54. Пусть B1 и B2 — проекции точки A на биссектрисы внутреннего и внешнего углов при вершине B, M — середина стороны AB. Так как бис сектрисы внутреннего и внешнего углов перпендикулярны, то AB1BB2 — пря моугольник, и его диагональ B1B2 проходит через точку M. Кроме то го, B1MB = 180 - 2MBB1 = 180 - B. Следовательно, B1B2 BC, а значит, прямая B1B2 совпадает с прямой l, соединяющей середины сторон AB и AC.

Аналогично доказывается, что проекции точки A на биссектрисы углов при вершине C лежат на прямой l.

5.55. Предположим, что биссектрисы углов A и B равны, но a > b. То A B 1 1 1 1 bc ac гда cos < cos и + > +, т. е. <. Перемножая получен 2 2 c b c a b + c a + c ные неравенства, приходим к противоречию, так как la = 2bc cos(A/2)/(b + c) и lb = 2ac cos(B/2)/(a + c) (см. задачу 4.48).

5.56. а) Согласно задаче 4.48 длина биссектрисы угла B треугольника ABC равна 2ac cos(B/2)/(a + c), поэтому достаточно проверить, что система уравне ний ac/(a + c) = p, a2 + c2 - 2ac cos B = q имеет (с точностью до перестановки чисел a и c) единственное положительное решение. Пусть a + c = u. То гда ac = pu и q = u2 - 2pu(1 + cos ). Произведение корней этого квадратного уравнения относительно u равно -q, поэтому оно имеет единственный по ложительный корень. Ясно, что система уравнений a + c = u, ac = pu имеет единственное решение.

б) В треугольниках AA1B и CC1B равны стороны AA1 и CC1, углы при вер шине B и биссектрисы углов при вершине B. Следовательно, эти треугольники 130 Глава 5. Треугольники равны, а значит, AB = BC или AB = BC1. Второе равенство выполняться не может.

5.57. Пусть точки M и N лежат на сторонах AB и AC. Если r1 — ра диус окружности с центром на отрезке MN, касающейся сторон AB и AC, то SAMN = qr1, где q = (AM + AN)/2. Прямая MN проходит через центр впи санной окружности тогда и только тогда, когда r1 = r, т. е. SAMN/q = SABC/p = = (SABC - SAMN)/(p - q) = SBCNM/(p - q).

5.58. а) Возьмём на продолжении отрезка AC за точку C такую точку B, что CB = CB. Треугольник BCB равнобедренный, поэтому AEB = ACB = = 2CBB, а значит, E — центр описанной окружности треугольника ABB.

Следовательно, точка F делит отрезок AB пополам;

поэтому прямая C1F делит пополам периметр треугольника ABC.

б) Легко проверить, что прямая, проведённая через точку C параллель но BB, является биссектрисой угла ACB. А так как C1F BB, то пря мая C1F — биссектриса угла треугольника с вершинами в серединах сторон треугольника ABC. Биссектрисы этого треугольника пересекаются в одной точке.

5.59. Пусть X — точка пересечения прямых AD2 и CD1;

M, E1 и E2 — про екции точек X, D1 и D2 на прямую AC. Тогда CE2 = CD2 sin = a sin и AE1 = c sin. Так как a sin = c sin, то CE2 = AE1 = q. Поэтому XM D2E2 a cos XM c cos = = и =.

AM AE2 b + q CM b + q Следовательно, AM : CM = c cos : a cos. Высота BH делит сторону AC в та ком же отношении.

5.60. а) По теореме косинусов B1C2 = AC2 + AB2 - 2AC1 · AB1 · cos(90 + ), 1 1 c2 b2 b2 + c т. е. a2 = + + bc sin = + 2S. Записывая аналогичные равенства 2 2 для b2 и c2 и складывая их, получаем требуемое.

1 б) Для остроугольного треугольника ABC, прибавив к S площади треуголь ников ABC1, AB1C и A1BC и прибавив к S1 площади треугольников AB1C1, A1BC1 и A1B1C, получим одинаковые величины (для треугольника с тупым уг лом A площадь треугольника AB1C1 следует взять со знаком минус). Поэтому S1 = S + (a2 + b2 + c2)/4 - (ab cos + ac cos + bc cos )/4. Остаётся заметить, что ab cos + bc cos + ac cos = 2S(ctg + ctg + ctg ) = (a2 + b2 + c2)/ (см. задачу 12.46 а).

5.61. Докажем сначала, что точка B лежит на описанной окружности треугольника AHC, где H — точка пересечения высот треугольника ABC.

(AB, B C) = (AA1, CC1) = (AA1, BC) + (BC, AB) + (AB, CC1) = (BC, AB).

Но, как следует из решения задачи 5.10, (BC, AB) = (AH, HC), поэто му точки A, B, H и C лежат на одной окружности, причём эта окруж ность симметрична описанной окружности треугольника ABC относительно прямой AC. Следовательно, обе эти окружности имеют радиус R, а зна чит, B H = 2R sin B AH = 2R cos. Аналогично A H = 2R cos = C H. Реше ние задачи а) тем самым завершено, а для решения задачи б) остаёт ся заметить, что A B C ABC, так как после поворота треугольни ка A B C на угол его стороны будут параллельны сторонам треугольни ка ABC.

Решения задач 5.62. Пусть из вершины A окружности, вписанные в углы B и C, видны под углами и, а радиусы этих окружностей равны rb и rc. Тогда b c c b b = rc ctg + ctg и c = rb ctg + ctg.

2 2 2 Поэтому равенство = эквивалентно равенству b c b c b a + b - c c a - b + c - ctg = - ctg, т. е. - = -.

rc 2 rb 2 rc 2r rb 2r b c После несложных преобразований получаем равенство =.

1/rb - 1/r 1/rc - 1/r c a Ясно, что из этого равенства и из равенства = следует 1/rc - 1/r 1/ra - 1/r a b равенство =.

1/ra - 1/r 1/rb - 1/r 5.63. Пусть a1 = BA1, a2 = A1C, b1 = CB1, b2 = B1A, c1 = AC1 и c2 = C1B.

Произведения длин отрезков секущих, проходящих через одну точку, равны, поэтому a1(a1 + x) = c2(c2 - z), т. е. a1x + c2z = c2 - a2. Аналогично получаем 2 для x, y и z ещё два уравнения: b1y + a2x = a2 - b2 и c1z + b2y = b2 - c2.

2 1 2 Домножим первое уравнение на b2n, а второе и третье на c2n и a2n и сло жим полученные уравнения. Так как, например, c2bn - c1an = 0 по усло вию, то в правой части получим нуль. В левой части, например, коэф фициент при x равен a1b2n + a2c2n = (acnb2n + abnc2n)/(bn + cn) = abncn. По этому abncnx + bancny + canbnz = 0. Поделив обе части равенства на (abc)n, получим требуемое.

5.64. Пусть в исходном треугольнике A = 3, B = 3 и C = 3. Возь мём равносторонний треугольник A2B2C2 и построим на его сторонах как на основаниях равнобедренные треугольники A2B2R, B2C2P и C2A2Q с уг лами при основаниях 60 -, 60 -, 60 - соответственно (рис. 5.4).

Рис. 5. Продолжим боковые стороны этих треугольников за точки A2, B2 и C и обозначим точку пересечения продолжений сторон RB2 и QC2 через A3, 132 Глава 5. Треугольники PC2 и RA2 через B3, QA2 и PB2 через C3. Проведём через B2 прямую, параллельную A2C2, и обозначим через M и N точки её пересечения с пря мыми QA3 и QC3. Ясно, что B2 — середина отрезка NM. Вычислим углы треугольников B2C3N и B2A3M: C3B2N = PB2M = C2B2M - C2B2P = ;

B2NC3 = 180 - C2A2Q = 120 +, значит, B2C3N = 180 - - (120 + ) =.

Аналогично A3B2M = и B2A3M =. Следовательно, B2C3N A3B2M.

Значит, C3B2 : B2A3 = C3N : B2M, а так как B2M = B2N и C3B2A3 = C3NB2, то C3B2 : B2A3 = C3N : NB2 и C3B2A3 C3NB2, следовательно, B2C3A3 =.

Аналогично A2C3B3 =, а значит, A3C3B3 = 3 = C и C3B2, C3A2 — триссек трисы угла C3 треугольника A3B3C3. Аналогичные рассуждения для вершин A3 и B3 показывают, что ABC A3B3C3, а точки пересечения триссектрис треугольника A3B3C3 образуют правильный треугольник A2B2C2.

5.65. Точка A1 лежит на биссектрисе угла BAC, поэтому точка A ле жит на продолжении биссектрисы угла B2A1C2. Кроме того, B2AC2 = = = (180 - B2A1C2)/2. Поэтому A — центр вневписанной окружности треуголь ника B2A1C2 (см. задачу 5.3). Пусть D — точка пересечения прямых AB и CB2.

Тогда AB2C2 = AB2D = 180 - B2AD - ADB2 = 180 - - (60 + ) = = 60 +. А так как AB2C = 180 - ( + ) - ( + ) = 120 -, то CB2C2 = = AB2C - AB2C2 = 60 - 2. Аналогично AB2A2 = 60 - 2. Поэто му A2B2C2 = AB2C - AB2A2 - CB2C2 = 3. Аналогично B2A2C2 = и A2C2B2 = 3.

5.66. Длина общей касательной к данным окружностям равна 2 uaub, поэтому ua ctg + 2 uaub + ub ctg = c, 2 т. е. a2 + 2a1b1 tg tg + b2 = c2. Согласно задаче 12.38 б) 1 1 2 r r p - c tg tg = ctg = · < 1.

2 2 p 2 p r Поэтому существует угол, для которого r cos = - tg tg = - ctg.

2 2 p Мы проверили, что треугольник со сторонами a1, b1, c1 действительно суще ствует;

кроме того, угол между сторонами a1 и b1 равен. Поэтому диаметр описанной окружности рассматриваемого треугольника равен c1 c = = p, r sin 1 - ctg p поскольку c = p - r ctg.

5.67. Пусть u1 и u2 — радиусы окружностей S1 и S2. Согласно задаче 5. радиус описанной окружности треугольника со сторонами 1 = u1 ctg, 2 = u2 ctg, c = c равен p/2;

кроме того, в этом треугольнике угол Решения задач между сторонами 1 и 2 тупой. Пусть, и — острые углы, опира 1 ющиеся на хорды 1, 2 и c. Тогда + = ;

при этом u1 и u2 однозначно 1 восстанавливаются по и. Аналогично получаем равенства 1 + = = +, (1) 1 2 4 + = = +, (2) 2 3 5 + = = +. (3) 3 4 6 Сложим равенства (1) и (3) и вычтем из них равенство (2). В результате получим =. Из этого следует, что радиусы окружностей S1 и S7 равны.

1 5.68. Пусть ri — радиус окружности Si, hi — высота треугольника ABC, опущенная из вершины A при i = 3k + 1, из вершины B при i = 3k + 2, из вершины C при i = 3k. Формулу из задачи 5.9 а) можно записать в виде r r 2r - 1 - 1 = 1 -. (i) ri ri+1 hi+ Перемножим равенства (i) и (i + 2), а затем поделим их произведение на (i + 1). В результате получим r r 2r 2r 2r - 1 - 1 = 1 - 1 - 1 -.

ri ri+3 hi+1 hi+2 hi Правая часть полученного выражения не изменяется при замене i на i + 3.

Поэтому r r r r - 1 - 1 = - 1 - 1.

ri ri+3 ri+3 ri+ Предполагается, что все треугольники невырожденные. В таком случае можно r сократить обе части на - 1 = 0, поэтому ri = ri+6.

ri+ 5.69. Пусть при проекции на прямую, перпендикулярную прямой A1B1, точки A, B и C переходят в A, B и C, точка C1 — в Q, а две точки A1 и B1 — в одну точку P. Так как A1B : A1C = PB : PC, B1C : B1A = PC : PA A1B B1C C1A PB PC QA PB QA и C1A : C1B = QA : QB, то · · = · · = · = A1C B1A C1B PC PA QB PA QB b a + x b a + x = ·, где |x| = PQ. Равенство · = 1 эквивалентно тому, что x = a b + x a b + x (нужно учесть, что a = b, так как A = B ). А равенство x = 0 означает, что P = Q, т. е. точка C1 лежит на прямой A1B1.

5.70. Согласно задаче 1.17 а) BA1 CB1 AC1 BA CB AC · · = · · = 1.

CA1 AB1 BC1 CA AB BC Остаётся заметить, что в задаче а) все три точки лежат на продолжениях сторон треугольника, а в задаче б) на продолжениях сторон лежит одна точка.

5.71. Из свойства угла между касательной и хордой следует, что A1AB = = A1CA, поэтому A1AB A1CA. Следовательно, BA1/CA1 = AB/CA. Таким образом, BA1 CB1 AC1 BA CB AC · · = · · = 1.

CA1 AB1 BC1 CA AB BC 134 Глава 5. Треугольники 5.72. Пусть точка P лежит на дуге BC описанной окружности треуголь ника ABC, A1, B1 и C1 — основания перпендикуляров, опущенных из точ BA1 BP cos PBC CB1 CP cos PCA ки P на прямые BC, CA и AB. Тогда = -, = CP cos PCB AP cos PAC CA1 AB AC1 AP cos PAB и =-. Перемножая эти равенства и учитывая, что PAC=PBC, PB cos PBA BC BA1 CB1 AC PAB = PCB и PCA + PBA = 180, получаем · · = 1.

CA1 AB1 BC 5.73. Пусть O, O1 и O2 — центры окружностей S, S1 и S2;

X — точ ка пересечения прямых O1O2 и A1A2. Применяя теорему Менелая к тре O1X O2A2 OA угольнику OO1O2 и точкам A1, A2 и X, получаем · · = 1, O2X OA2 O1A а значит, O1X : O2X = R1 : R2, где R1 и R2 — радиусы окружностей S1 и S2.

Следовательно, X — точка пересечения общих внешних или общих внутренних касательных к окружностям S1 и S2.

5.74. а) Пусть для определённости B < C. Тогда DAE = ADE = B + + A/2, а значит, CAE = B. Так как BE sin BAE AC sin AEC = и =, AB sin AEB CE sin CAE то BE c sin BAE c sin(A + B) c sin C c = = = =.

CE b sin CAE b sin B b sin B b б) В задаче а) точка E лежит на продолжении стороны BC, так как ADC = = BAD + B > CAD. Поэтому, используя результат задачи а) и теорему Менелая, получаем требуемое.

5.75. Так как BCE = 90 - B/2, то BCE = BEC, а значит, BE = BC.

Поэтому CF : KF = BE : BK = BC : BK и AE : KE = CA : CK = BC : BK. Пусть AD CF KE прямая EF пересекает AC в точке D. По теореме Менелая · · = 1.

CD KF AE Учитывая, что CF : KF = AE : KE, получаем требуемое.

5.76. Доказательство аналогично решению задачи 5.95;

нужно только рас смотреть отношение ориентированных отрезков и углов.

5.77. Применим теорему Менелая к треугольникам AC1B1, C1A1B, A1CB и CAB:

AB C1A1 B1C C1B1 A1C BA · · = 1, · · = 1, BC1 A1B1 CA B1A1 CB AC A1B CA B1C1 CB1 AC1 BA · · = 1, · · = 1.

BC AB1 C1A1 B1A C1B A1C Перемножив эти равенства, получим AB C1A1 A1B CB · · · = 1.

BC1 B1A1 BC B1A 5.78. Пусть A2, B2, C2 — точки пересечения прямых BC и B1C1, AC и A1C1, AB и A1B1. Применим теорему Менелая к следующим треугольникам и точкам на их сторонах: OAB и (A1, B1, C2), OBC и (B1, C1, A2), OAC и (A1, C1, B2).

Тогда AA1 OB1 BC2 OC1 BB1 CA2 OA1 CC1 AB · · = 1, · · = 1, · · = 1.

OA1 BB1 AC2 CC1 OB1 BA2 AA1 OC1 CB Решения задач Перемножая эти равенства, получаем BC2 AB2 CA · · = 1.

AC2 CB2 BA Из теоремы Менелая следует, что точки A2, B2, C2 лежат на одной прямой.

5.79. Рассмотрим треугольник A0B0C0, образованный прямыми A1B2, B1C и C1A2 (A0 — точка пересечения прямых A1B2 и A2C1 и т. д.), и применим для него теорему Менелая к следующим пяти тройкам точек: (A, B2, C1), (B, C2, A1), (C, A2, B1), (A1, B1, C1) и (A2, B2, C2). В результате получим B0A A0B2 C0C1 C0B B0C2 A0A · · = 1, · · = 1, C0A B0B2 A0C1 A0B C0C2 B0A A0C C0A2 B0B1 B0A1 C0B1 A0C · · = 1, · · = 1, B0C A0A2 C0B1 A0A1 B0B1 C0C A0A2 B0B2 C0C · · = 1.

C0A2 A0B2 B0C B0A C0B A0C Перемножая эти равенства, получаем · · = 1, а значит, точки A, C0A A0B B0C B и C лежат на одной прямой.

5.80. Пусть N — точка пересечения прямых AD и KQ, P — точка пе ресечения прямых KL и MN. Применяя теорему Дезарга к треугольникам KBL и NDM, получаем, что точки P, A и C лежат на одной прямой. Зна чит, P = P.

5.81. Достаточно применить теорему Дезарга к треугольникам AED и BFC и теорему Паппа к тройкам точек (B, E, C) и (A, F, D).

5.82. а) Пусть R — точка пересечения прямых KL и MN. Применяя теорему Паппа к тройкам точек (P, L, N) и (Q, M, K), получаем, что точки A, C и R лежат на одной прямой.

б) Применяя теорему Дезарга к треугольникам NDM и LBK, получаем, что точки пересечения прямых ND и LB, DM и BK, NM и LK лежат на одной прямой.

5.83. Воспользуемся результатом задачи 5.82 а). В качестве точек P и Q возьмём точки P2 и P4, в качестве A и C — точки C1 и P1, в качестве K, L, M и N — точки P5, A1, B1 и P3. В итоге получим, что прямая P6C1 проходит через точку P1.

5.84. Согласно теореме Дезарга точки пересечения прямых AC и DF, CE и FB, EA и BD лежат на одной прямой. Это означает, что точки пере сечения прямых A B и D E, C D и F A, E F и B C лежат на одной прямой.

5.85. а) Эта задача является переформулировкой задачи 5.69, так как число BA1 : CA1 имеет знак минус, если точка A1 лежит на отрезке BC, и знак плюс, если она лежит вне отрезка BC.

б) Предположим сначала, что прямые AA1, BB1 и CC1 пересекаются в точ ке M. Любые три вектора на плоскости линейно зависимы, т. существуют # – # е. # – – такие числа, и (не все равные нулю), что AM + BM + CM = 0.

Рассмотрим проекцию на прямую BC параллельно прямой AM. При этой про екции точки A и M переходят в A1, а точки B и C переходят сами в себя. По этому BA1 + CA1 = 0, т. е. BA1 : CA1 = - :. Аналогично CB1 : AB1 = - :

136 Глава 5. Треугольники и AC1 : BC1 = - :. Перемножая эти равенства, получаем требуемое. В случае, когда прямые AA1, BB1 и CC1 параллельны, для доказательства достаточно заметить, что BA1 : CA1 = BA : C1A и CB1 : AB1 = C1B : AB.

Предположим теперь, что выполняется указанное соотношение, и докажем, что тогда прямые AA1, BB1 и CC1 пересекаются в одной точке. Пусть C* — точ ка пересечения прямой AB с прямой, проходящей через точку C и точку пере сечения прямых AA1 и BB1. Для точки C* выполняется такое же соотношение, как и для точки C1. Поэтому C*A : C*B = C1A : C1B. Следовательно, C* = C1, 1 т. е. прямые AA1, BB1 и CC1 пересекаются в одной точке.

Можно проверить также, что если выполняется указанное соотношение и две из прямых AA1, BB1 и CC1 параллельны, то третья прямая им па раллельна.

5.86. Ясно, что AB1 = AC1, BA1 = BC1 и CA1 = CB1, причём в случае вписан ной окружности на сторонах треугольника ABC лежат три точки, а в случае вневписанной — одна точка. Остаётся воспользоваться теоремой Чевы.

5.87. Пусть вневписанные окружности касаются сторон BC, CA и AB в точ ках A1, B1 и C1. Тогда BA1 CB1 AC1 p - c p - a p - b · · = · · = 1.

CA1 AB1 BC1 p - b p - c p - a 5.88. Пусть AA1, BB1 и CC1 — высоты треугольника ABC. Тогда AC1 BA1 CB1 b cos A c cos B a cos C · · = · · = 1.

C1B A1C B1A a cos B b cos C c cos A 5.89. Пусть A2, B2 и C2 — середины сторон BC, CA и AB. Рассматриваемые прямые проходят через вершины треугольника A2B2C2, причём в задаче а) они делят его стороны в таких же отношениях, в каких прямые AP, BP и CP делят стороны треугольника ABC, а в задаче б) они делят их в обратных отношениях. Остаётся воспользоваться теоремой Чевы.

5.90. Так как AC1B2 BC1A1 и AB1C2 CB1A1, то AB2 · C1B = = AC1 · BA1 и AC2 · CB1 = A1C · B1A. Поэтому AB2 AC1 BA1 CB = · · = 1.

AC2 C1B A1C B1A 5.91. Пусть прямые AA1, BB1 и CC1 пересекают прямые BC, CA и AB в точках A2, B2 и C2.

SABA BA2 AB · BA1 sin(B + ) а) Если B + < 180 и C + < 180, то = = = A2C SACA1 AC · CA1 sin(C + ) AB sin sin(B + ) = · ·. Последнее выражение равно BA2 : A2C во всех случаях.

AC sin sin(C + ) Запишем аналогичные выражения для CB2 : B2A и AC2 : C2B и перемножим их. Остаётся воспользоваться теоремой Чевы.

б) Точка A2 лежит вне отрезка BC, только если ровно один из углов и больше соответствующего ему угла B или C. Поэтому BA2 AB sin sin(B - ) = · ·.

AC sin sin(C - ) A2C 5.92. Легко проверить, что эта задача является частным случаем зада чи 5.91.

Решения задач З а м е ч а н и е. Аналогичное утверждение верно и для вневписанной ок ружности.

5.93. Решение задачи очевидным образом следует из теоремы Чевы.

5.94. Применяя теорему синусов к треугольникам ACC1 и BCC1, полу AC1 sin ACC1 CC1 sin B AC1 sin ACC1 sin B чаем = и =, т. е. = ·. Аналогич C1C sin A C1B sin C1CB C1B sin C1CB sin A BA1 sin BAA1 sin C CB1 sin CBB1 sin A но = · и = ·. Для завершения доказатель A1C sin A1AC sin B B1A sin B1BA sin C ства остаётся перемножить эти равенства.

З а м е ч а н и е. Аналогичное утверждение справедливо и для отношений ориентированных отрезков и углов в том случае, когда точки взяты на про должениях сторон.

5.95. Можно считать, что точки A2, B2 и C2 лежат на сторонах треуголь ника ABC. Согласно задаче 5. AC2 BA2 CB2 sin ACC2 sin BAA2 sin CBB · · = · ·.

C2B A2C B2A sin C2CB sin A2AC sin B2BA Так как прямые AA2, BB2 и CC2 симметричны прямым AA1, BB1 и CC относительно биссектрис, то ACC2 = C1CB, C2CB = ACC1 и т. д., поэтому sin ACC2 sin BAA2 sin CBB2 sin C1CB sin A1AC sin B1BA C1B A1C B1A · · = · · = · · = 1.

sin C2CB sin A2AC sin B2BA sin ACC1 sin BAA1 sin CBB1 AC1 BA1 CB AC2 BA2 CB Следовательно, · · = 1, т. е. прямые AA2, BB2 и CC2 пересека C2B A2C B2A ются в одной точке.

З а м е ч а н и е. Утверждение остаётся верным и в том случае, когда точки A1, B1 и C1 взяты на продолжениях сторон, если только точка P не лежит на описанной окружности S треугольника ABC;

если же P лежит на окруж ности S, то прямые AA2, BB2 и CC2 параллельны (см. задачу 2.95).

5.96. Пусть точки P и Q изогонально сопряжены относительно треугольни ка ABC. Тогда (AB, BP) = (QB, BC) и (CP, BC) = (AC, QC). Ясно также, что (CP, BP) = (CP, BC) + (BC, AB) + (AB, BP), (QB, QC) = (QB, BC) + (BC, AC) + (AC, QC).

Поэтому (CP, BP) = (QB, QC) + (AC, AB). Таким образом, если угол (CP, BP) постоянен, то угол (QB, QC) тоже постоянен.

5.97. Докажем, что прямые BP и BQ симметричны относительно биссек трисы угла B, т. е. PBC = A BQ, где A — точка, лежащая на продолжении стороны AB за точку B. По свойству угла между касательной и хордой PBC = BAC. Прямые AC и BQ параллельны, поэтому BAC = A BQ.

Аналогично доказывается, что прямые CP и CQ симметричны относительно биссектрисы угла C.

5.98. Пусть диагонали AD и BE данного шестиугольника ABCDEF пересе каются в точке P;

K и L — середины сторон AB и ED. Так как ABDE — тра пеция, отрезок KL проходит через точку P (задача 19.2). По теореме си нусов sin APK : sin AKP = AK : AP и sin BPK : sin BKP = BK : BP. Так как sin AKP = sin BKP и AK = BK, то sin APK : sin BPK = BP : AP = BE : AD. Анало гичные соотношения можно записать и для отрезков, соединяющих середины 138 Глава 5. Треугольники двух других пар противоположных сторон. Перемножая эти соотношения и применяя результат задачи 5.94 к треугольнику, образованному прямыми AD, BE и CF, получаем требуемое.

5.99. Рассмотрим гомотетию с центром P и коэффициентом 2. Так как PA1A3A2 — прямоугольник, то при этой гомотетии прямая A1A2 переходит в прямую la, проходящую через точку A3, причём прямые la и A3P симмет ричны относительно прямой A3A. Прямая A3A делит пополам угол B3A3C (задача 1.57 а). Аналогично доказывается, что прямые lb и lc симметричны прямым B3P и C3P относительно биссектрис треугольника A3B3C3. Следова тельно, прямые la, lb и lc пересекаются в одной точке или параллельны (зада ча 5.95), а значит, в одной точке пересекаются и прямые A1A2, B1B2, C1C2.

5.100. Согласно задачам 5.94 и 5.85 б) sin ASP sin DAP sin SDP sin ASQ sin DAQ sin SDQ · · = 1 = · ·.

sin PSD sin PAS sin PDA sin QSD sin QAS sin QDA Но DAP = SDQ, SDP = DAQ, PAS = QDA и PDA = QAS. Поэто му sin ASP : sin PSD = sin ASQ : sin QSD. Из этого следует, что точки S, P и Q sin( - x) лежат на одной прямой, так как функция монотонна по x:

sin x d sin( - x) sin = -.

dx sin x sin2 x 5.101. Второе равенство из задачи 2.61 а) означает, что sin A2A1C1 sin A2AC =.

sin A2A1B1 sin A2AB Поэтому sin A2A1C1 sin B2B1A1 sin C2C1B · · = 1.

sin A2A1B1 sin B2B1C1 sin C2C1A 5.102. Согласно задаче 3.43 а) отрезок A1A2 является биссектрисой тре угольника A1BC. Поэтому BA2 BA1 sin BAA = =.

CA2 CA1 sin CAA Из того, что прямые AA1, BB1 и CC1 пересекаются в одной точке, следует, что sin BAA1 sin CBB1 sin ACC · · = 1.

sin CAA1 sin ABB1 sin BCC Поэтому BA2 CB2 AC · · = 1, CA2 AB2 BC а значит, прямые AA2, BB2 и CC2 пересекаются в одной точке.

AC1 CA1 AB 5.103. а) По теореме Чевы = ·, а по теореме синусов C1B A1B B1C CA sin CAA1 AB sin BAA CA1 =, A1B =, sin AA1B sin AA1B AB sin ABB1 BC sin CBB AB1 =, B1C =.

sin AB1B sin AB1B Решения задач Подставляя эти четыре равенства в предыдущее равенство и учитывая, что AC = BC, получаем требуемое.

б) Обозначим точки пересечения прямых CM и CN с основанием AB через M1 и N1. Нужно доказать, что M1 = N1. Из а) следует, что AM1 : M1B = = AN1 : N1B, т. е. M1 = N1.

5.104. Пусть отрезки BM и BN пересекают сторону AC в точках P и Q.

Тогда sin PBB1 sin PBB1 sin APB PB1 AB = · = ·.

sin PBA sin BPB1 sin PBA BB1 PA AP B1O BC Если O — точка пересечения биссектрис треугольника ABC, то · · = PB1 OB C1A sin PBB1 AB B1O BC = 1, а значит, = · ·. Заметив, что BC1 : C1A = BC : CA, sin PBA BB1 OB C1A и проведя аналогичные вычисления для отношения sin QBB1 : sin QBC, по лучим sin PBB1 : sin PBA = sin QBB1 : sin QBC. А так как ABB1 = CBB1, то PBB1 = QBB1 (см. решение задачи 5.100).

5.105. а) Пусть точка P лежит на дуге AC описанной окружности треуголь ника ABC;

A1, B1 и C1 — основания перпендикуляров, опущенных из точки P на прямые BC, CA и AB. Сумма углов при вершинах A1 и C1 четырёхуголь ника A1BC1P равна 180, поэтому A1PC1 = 180 - B = APC. Следователь но, APC1 = A1PC, причём одна из точек A1 и C1 (например, A1) лежит на стороне треугольника, а другая — на продолжении стороны. Четырёхугольни ки AB1PC1 и A1B1PC вписанные, поэтому AB1C1 = APC1 = A1PC = A1B1C, а значит, точка B1 лежит на отрезке A1C1.

б) Как и в задаче а), получаем (AP, PC1) = (AB1, B1C) = (CB1, B1A1) = = (CP, PA1). Прибавляя (PC1, PC), получаем (AP, PC) = (PC1, PA1) = = (BC1, BA1) = (AB, BC), т. е. точка P лежит на описанной окружности треугольника ABC.

5.106. Пусть A1, B1 и C1 — середины отрезков PA, PB и PC;

Oa, Ob и Oc — центры описанных окружностей треугольников BCP, ACP и ABP. Точки A1, B1 и C1 являются основаниями перпендикуляров, опущенных из точки P на стороны треугольника OaObOc (или их продолжения). Точки A1, B1 и C лежат на одной прямой, поэтому точка P лежит на описанной окружности треугольника OaObOc (см. задачу 5.105 б).

5.107. Пусть продолжение биссектрисы AD пересекает описанную окруж ность треугольника ABC в точке P. Опустим из точки P перпендикуляры PA1, PB1 и PC1 на прямые BC, CA и AB;

ясно, что A1 — середина отрезка BC. При гомотетии с центром A, переводящей P в D, точки B1 и C1 переходят в B и C, а значит, точка A1 переходит в M, так как она лежит на прямой B1C и PA1 DM.

5.108. а) Решение задачи 5.105 проходит без изменений и в этом случае.

б) Пусть A1 и B1 — основания перпендикуляров, опущенных из точ ки P на прямые BC и CA, а точки A2 и B2 прямых BC и AC таковы, что (PA2, BC) = = (PB2, AC). Тогда PA1A2 PB1B2, поэтому точки A1 и B1 переходят в A2 и B2 при поворотной гомотетии с центром P, при чём A1PA2 = 90 - — угол поворота.

5.109. а) Пусть угол между прямыми PC и AC равен. Тогда PA = 2R sin.

Так как точки A1 и B1 лежат на окружности с диаметром PC, угол между 140 Глава 5. Треугольники прямыми PA1 и A1B1 тоже равен. Поэтому PA1 = d/ sin, а значит, PA · PA1 = 2Rd.

б) Так как PA1 BC, то cos = sin = d/PA1. Остаётся заметить, что PA1 = = 2Rd/PA.

5.110. Точки A1 и B1 лежат на окружности с диаметром PC, поэто му A1B1 = PC sin A1CB1 = PC sin C. Пусть угол между прямыми AB и A1B равен и C1 — проекция точки P на прямую A1B1. Прямые A1B1 и B1C1 сов падают, поэтому cos = PC/2R (см. задачу 5.109). Следовательно, длина про екции отрезка AB на прямую A1B1 равна AB cos = (2R sin C)PC/2R = PC sin C.

5.111. Пусть A1 и B1 — основания перпендикуляров, опущенных из точки P на прямые BC и AC. Точки A1 и B1 лежат на окружности с диамет ром PC. Так как sin A1CB1 = sin ACB, хорды A1B1 этой окружности имеют фиксированную длину. Следовательно, прямые A1B1 касаются фиксированной окружности.

5.112. Пусть A1 и B1 — основания перпендикуляров, опущенных из точки P на прямые BC и CA. Тогда (A1B1, PB1) = (A1C, PC) = BP/2. Ясно также, что для всех точек P прямые PB1 имеют одно и то же направление.

5.113. Пусть P1 и P2 — диаметрально противоположные точки описан ной окружности треугольника ABC;

Ai и Bi — основания перпендикуляров, опущенных из точки Pi на прямые BC и AC;

M и N — середины сторон AC и BC;

X — точка пересечения прямых A1B1 и A2B2. Согласно задаче 5. A1B1 A2B2. Остаётся проверить, что (MX, XN) = (BC, AC). Так как AB2 = B1C, то XM — медиана прямоугольного треугольника B1XB2. Поэтому (XM, XB2) = (XB2, B2M). Аналогично (XA1, XN) = (A1N, XA1). Следова тельно, (MX, XN)=(XM, XB2)+(XB2, XA1)+(XA1, XN)=(XB2, B2M)+ + (A1N, XA1) + 90. А так как (XB2, B2M) + (AC, CB) + (NA1, A1X) + + 90 = 0, то (MN, XN) + (AC, CB) = 0.

# – # – 5.114. Если точка R данной окружности такова, что (OP, OR) = ( + )/2, то ORBC. Остаётся проверить, что (OR, OQ)– =(PA1, A1B1). Но (OR, OQ)= # – # = /2, a (PA1, A1B1) = (PB, BC1) = (OP, OA)/2 = /2.

5.115. Не теряя общности, можно считать, что описанные окружности тре угольников ABC и A1B1C1 совпадают. Определим углы, и, как в условии задачи 5.114. Покажем, что точки с угловыми координатами ( + + )/2, (- + + )/2, ( - + )/2 и ( + - )/2 можно взять в качестве точек P1, A1, B1 и C1. Действительно, биссектриса угла A1OB1 задаётся угловой координатой /2, т. е. A1B1 PC;

биссектриса угла P1OA1 задаётся угловой координатой ( + )/2, т. е. P1A1 BC.

5.116. Пусть прямые AC и PQ пересекаются в точке M. Проведём в тре угольнике MPC высоты PB1 и CA1. Тогда A1B1 — прямая Симсона точ ки P относительно треугольника ABC. Кроме того, согласно задаче 1. (MB1, B1A1) = (CP, PM). Ясно также, что (CP, PM) = (CA, AQ) = = (MB1, AQ). Следовательно, A1B1 AQ.

5.117. Проведём хорду PQ, перпендикулярную BC. Пусть точки H и P симметричны точкам H и P относительно прямой BC;

точка H лежит на описанной окружности треугольника ABC (задача 5.10). Докажем сначала, что AQ P H. В самом деле, (AH, AQ) = (PH, PQ) = (AH, P H). Прямая Симсона точки P параллельна AQ (задача 5.116), т. е. она проходит через се редину стороны PP треугольника PP H и параллельна стороне P H, а значит, она проходит через середину стороны PH.

Решения задач 5.118. Пусть Ha, Hb, Hc и Hd — ортоцентры треугольников BCD, CDA, DAB и ABC. Прямые la, lb, lc и ld проходят через середины отрезков AHa, BHb, CHc и DHd (см. задачу– 5.117). Середины этих отрезков совпадают с такой # – # # – # – # – точкой H, что 2OH = OA + OB + OC + OD, где O — центр окружности (см. за дачу 13.35).

5.119. а) Пусть B1, C1 и D1 — проекции точки P на прямые AB, AC и AD.

Точки B1, C1 и D1 лежат на окружности с диаметром AP. Прямые B1C1, C1D1 и D1B1 являются прямыми Симсона точки P относительно треугольников ABC, ACD и ADB соответственно. Поэтому проекции точки P на прямые Симсона этих треугольников лежат на одной прямой — прямой Симсона тре угольника B1C1D1. Аналогично доказывается, что на одной прямой лежит любая тройка рассматриваемых точек.

б) Пусть P — точка описанной окружности n-угольника A1... An;

B2, B3,...

..., Bn — проекции точки P на прямые A1A2,..., A1An. Точки B2,..., Bn лежат на окружности с диаметром A1P. Докажем по индукции, что прямая Симсона точки P относительно n-угольника A1... An совпадает с прямой Симсона точ ки P относительно (n - 1)-угольника B2... Bn (для n = 4 это было доказано в задаче а). По предложению индукции прямая Симсона (n - 1)-угольни ка A1A3... An совпадает с прямой Симсона (n - 2)-угольника B3... Bn. По этому проекции точки P на прямые Симсона (n - 1)-угольников, вершины которых получаются последовательным исключением точек A2,..., An из на бора A1,..., An, лежат на прямой Симсона (n - 1)-угольника B2... Bn. А про екция точки P на прямую Симсона (n - 1)-угольника A2... An лежит на той же прямой потому, что наши рассуждения показывают, что любые n - 1 из рассматриваемых n точек проекций лежат на одной прямой.

5.120. Точки B1 и C1 лежат на окружности с диаметром AP. Поэто му B1C1 = AP sin B1AC1 = AP(BC/2R).

5.121. Эта задача является частным случаем задачи 2.46.

5.122. Ясно, что C1AP = C1B1P = A2B1P = A2C2P = B3C2P = B3A3P (первое, третье и пятое равенства получаются из вписанности соответствую щих четырёхугольников;

остальные равенства очевидны). Аналогично B1AP= =C3A3P. Поэтому B3A3C3 =B3A3P + C3A3P=C1AP +B1AP =BAC. Ана логично получаются равенства остальных углов треугольников ABC и A3B3C3.

5.123. Пусть A1, B1 и C1 — основания перпендикуляров, опущенных из точки P на прямые BC, CA и AB;

A2, B2 и C2 — точки пересечения пря мых PA, PB и PC с описанной окружностью треугольника ABC. Пусть далее S, S1 и S2 — площади треугольников ABC, A1B1C1 и A2B2C2. Лег ко проверить, что a1 = a · AP/2R (задача 5.120) и a2 = a · B2P/CP. Тре угольники A1B1C1 и A2B2C2 подобны (задача 5.121), поэтому S1/S2 = k2, где k = a1/a2 = AP · CP/(2R · B2P). А так как B2P · BP = |d2 - R2|, то S1/S2 = = (AP · BP · CP)2/4R2(d2 - R2)2. Треугольники A2B2C2 и ABC вписаны в од ну окружность, поэтому S2/S = a2b2c2/abc (см. задачу 12.1). Ясно также, что, например, a2/a = B2P/CP = |d2 - R2|/(BP · CP). Следовательно, S2 : S = = |d2 - R2|3 : (AP · BP · CP)2. Поэтому S1/S = (S1/S2)(S2/S) = |d2 - R2|/4R2.

5.124. Точки B1 и C1 лежат на окружности с диаметром PA, поэтому середина отрезка PA является центром описанной окружности треугольни ка AB1C1. Следовательно, la — серединный перпендикуляр к отрезку B1C1.

Поэтому прямые la, lb и lc проходят через центр описанной окружности тре угольника A1B1C1.

142 Глава 5. Треугольники 5.125. а) Опустим из точек P1 и P2 перпендикуляры P1B1 и P2B2 на AC и перпендикуляры P1C1 и P2C2 на AB. Докажем, что точки B1, B2, C1 и C лежат на одной окружности. В самом деле, P1B1C1 = P1AC1 = P2AB2 = = P2C2B2, а так как P1B1A = P2C2A, то C1B1A = B2C2A. Центр окруж ности, на которой лежат указанные точки, является точкой пересечения сере динных перпендикуляров к отрезкам B1B2 и C1C2, а оба эти перпендикуляра проходят через середину O отрезка P1P2, т. е. O — центр этой окружности.

В частности, точки B1 и C1 равноудалены от точки O. Аналогично точки A1 и B1 равноудалены от точки O, т. е. O — центр описанной окружности треугольника A1B1C1. Кроме того, OB1 = OB2.

З а м е ч а н и е. Если точка P1 лежит на описанной окружности треуголь ника, то её подерная окружность вырождается в прямую, а именно, прямую Симсона точки P1. Точка P2, изогонально сопряжённая этой точке, в этом случае является бесконечно удалённой. Направление этой бесконечно удалён ной точки перпендикулярно прямой Симсона точки P1. Действительно, если точка P стремится к точке P2, то подерная окружность точки P близка 2 к окружности с диаметром P X, где X — произвольная точка треугольни ка ABC.

б) Предыдущее доказательство проходит почти без изменений и в этом случае.

в) Пусть B1 и C1 — проекции точки P1 на стороны AC и AB. Отре зок AP1 является диаметром описанной окружности треугольника AB1C1.

Пусть O — центр этой окружности (т. е. середина отрезка AP1), K — се редина отрезка AB1, H — точка пересечения прямых AP2 и B1C1. Тогда KOA = HC1A и KAO = HAC1. Поэтому AHC1 = AKO = 90.

5.126. Пусть перпендикуляры, опущенные из точек A, B, C на прямые B1C1, C1A1, A1B1 пересекаются в точке P. Проведём через вершины треуголь ника ABC прямые, параллельные сторонам треугольника A1B1C1. В результате получим треугольник A B C. Пусть P — точка, изогонально сопряжённая точ ке P относительно треугольника A B C. Согласно задаче 5.125 в) прямые, соединяющие вершины треугольника A B C с точкой P, перпендикулярны сторонам треугольника ABC. Треугольник A1B1C1 гомотетичен треугольнику A B C ;

пусть P1 — образ точки P при соответствующей гомотетии. Тогда прямые, соединяющие вершины треугольника A1B1C1 с точкой P1, перпен дикулярны сторонам треугольника ABC, т. е. P1 — искомая точка.

З а м е ч а н и е. Другое доказательство приведено в решении задачи 7.45.

5.127. Если данный параллелограмм является прямоугольником, то подер ная окружность точки D вырождается в прямую AC;

эта прямая проходит через точку пересечения диагоналей. Поэтому будем считать, что данный па раллелограмм отличен от прямоугольника. Тогда согласно задаче 5.97 точка D изогонально сопряжена (относительно треугольника ABC) точке P, в кото рой пересекаются касательные в точках A и C к описанной окружности треугольника ABC. Поэтому согласно задаче 5.125 а) подерные окружности точек P и D совпадают. Основанием перпендикуляра, опущенного из точки P на прямую AC, служит середина отрезка AC. Поэтому подерная окружность точки P проходит через середину диагонали AC.

5.128. Пусть A1, B1 и C1 — середины сторон BC, CA и AB. Треугольни ки A1B1C1 и ABC подобны, причём коэффициент подобия равен 2. Высоты треугольника A1B1C1 пересекаются в точке O, поэтому OA1 : HA = 1 : 2. Пусть Решения задач M — точка пересечения отрезков OH и AA1. Тогда OM : M H = OA1 : HA = 1 : и AM : M A1 = OA1 : HA = 1 : 2, т. е. M = M.

5.129. Пусть A1, B1 и C1 — середины сторон BC, CA и AB;

A2, B2 и C2 — основания высот;

A3, B3 и C3 — середины отрезков, соединяющих точку пе ресечения высот с вершинами. Так как A2C1 = C1A = A1B1 и A1A2 B1C1, точка A2 лежит на описанной окружности треугольника A1B1C1. Аналогично точки B2 и C2 лежат на описанной окружности треугольника A1B1C1.

Рассмотрим теперь окружность S с диаметром A1A3. Так как A1B3 CC и A3B3 AB, то A1B3A3 = 90, а значит, точка B3 лежит на окружности S.

Аналогично доказывается, что точки C1, B1 и C3 лежат на окружности S.

Окружность S проходит через вершины треугольника A1B1C1, поэтому она является его описанной окружностью.

При гомотетии с центром H и коэффициентом 1/2 описанная окружность треугольника ABC переходит в описанную окружность треугольника A3B3C3, т. е. в окружность девяти точек. Значит, при этой гомотетии точка O перехо дит в центр окружности девяти точек.

5.130. а) Докажем, например, что треугольники ABC и HBC имеют общую окружность девяти точек. В самом деле, окружности девяти точек обоих треугольников проходят через середину стороны BC и середины отрезков BH и CH.

б) Прямая Эйлера проходит через центр окружности девяти точек, а ок ружность девяти точек у этих треугольников общая.

в) Центром симметрии является центр окружности девяти точек этих тре угольников.

5.131. Пусть AB > BC > CA. Легко проверить, что для остроугольного и ту поугольного треугольников точка H пересечения высот и центр O описанной окружности расположены именно так, как на рис. 5.5 (т. е. для остроугольного Рис. 5. треугольника точка O лежит внутри треугольника BHC1, а для тупоугольного точки O и B лежат по одну сторону от прямой CH). Поэтому в остроугольном треугольнике прямая Эйлера пересекает наибольшую сторону AB и наимень шую сторону AC, а в тупоугольном треугольнике — наибольшую сторону AB и среднюю по длине сторону BC.

144 Глава 5. Треугольники 5.132. а) Пусть Oa, Ob и Oc — центры вневписанных окружностей тре угольника ABC. Вершины треугольника ABC являются основаниями высот треугольника OaObOc (задача 5.2), поэтому окружность девяти точек треуголь ника OaObOc проходит через точки A, B и C.

б) Пусть O — точка пересечения высот треугольника OaObOc, т. е. точка пересечения биссектрис треугольника ABC. Окружность девяти точек тре угольника OaObOc делит пополам отрезок OOa.

5.133. Пусть AA1 — высота, H — точка пересечения высот. Согласно за даче 5.51 б) AH = 2R|cos A|. Медианы делятся точкой их пересечения в от ношении 1 : 2, поэтому прямая Эйлера параллельна BC тогда и только # – # – тогда, когда AH : AA1 = 2 : 3 и векторы AH и AA1 сонаправлены, т. е.

2R cos A : 2R sin B sin C = 2 : 3. Учитывая, что cos A = - cos(B + C) = sin B sin C - cos B cos C, получаем sin B sin C = 3 cos B cos C.

5.134. Пусть CD — высота, H — точка пересечения высот, O — центр описан ной окружности, N — середина стороны AB, а точка E делит пополам отрезок, соединяющий C с точкой пересечения высот. Тогда CENO — параллелограмм, поэтому NED = OCH = |A - B| (см. задачу 2.93). Точки N, E и D лежат на окружности девяти точек, поэтому отрезок ND виден из её центра под углом 2NED = 2|A - B|.

5.135. Пусть O и I — центры описанной и вписанной окружностей тре угольника ABC, H — точка пересечения высот;

прямые AI и BI пересекают описанную окружность в точках A1 и B1. Предположим, что треугольник ABC не равнобедренный. Тогда OI : IH = OA1 : AH и OI : IH = OB1 : BH. Так как OB1 = OA1, то AH = BH, а значит, AC = BC. Приходим к противоречию.

5.136. Пусть O и I — центры описанной и вписанной окружностей тре угольника ABC, H — ортоцентр треугольника A1B1C1. Проведём в треуголь нике A1B1C1 высоты A1A2, B1B2 и C1C2.

Треугольник A1B1C1 остроугольный (например, B1A1C1 = (B + C)/2 < 90), поэтому H — центр вписанной окружности треугольника A2B2C2 (см.

задачу 1.57 а). Стороны треугольников ABC и A2B2C2 параллельны (см. задачу 1.55 а), поэто му существует гомотетия, переводящая треуголь ник ABC в A2B2C2. При этой гомотетии точка O переходит в точку I, а точка I — в точку H, поэтому прямая IH проходит через точку O.

5.137. Пусть H — точка пересечения высот треугольника ABC, E и M — середины отрез Рис. 5. ков CH и AB (рис. 5.6). Тогда C1MC2E — пря моугольник. Пусть прямая CC2 пересекает пря мую AB в точке C3. Докажем, что AC3 : C3B = tg 2 : tg 2. Легко проверить, что C3M : C2E = MC2 : EC, EC = R cos, MC2 = C1E = 2R sin sin - R cos и C2E = MC1 = R sin( - ), поэтому C3M = R sin( - )(2 sin sin - cos )/ cos = R sin( - ) cos( - )/ cos.

Следовательно, AC3 AM + MC3 sin 2 + sin 2( - ) tg = = =.

sin 2 - sin 2( - ) tg C3B C3M + MB Решения задач Аналогичные рассуждения показывают, что AC3 BA3 CB3 tg 2 tg 2 tg · · = · · = 1.

tg 2 tg 2 tg C3B A3C B3A 5.138. Решим сразу задачу б). Докажем сначала, что прямые AA1, BB и CC1 пересекаются в одной точке. Пусть описанные окружности треуголь ников A1BC и AB1C пересекаются в точке O. Тогда (BO, OA) = (BO, OC) + + (OC, OA) = (BA1, A1C) + (CB1, B1A) = (BA, AC1) + (C1B, BA) = = (C1B, AC1), т. е. описанная окружность треугольника ABC1 тоже проходит через точку O. Поэтому (AO, OA1) = (AO, OB) + (BO, OA1) = (AC1, C1B) + + (BC, CA1) = 0, т. е. прямая AA1 проходит через точку O. Аналогично доказывается, что прямые BB1 и CC1 проходят через точку O.

Докажем теперь, что точка O совпадает с искомой точкой P. Так как BAP = A - CAP, то равенство ABP = CAP эквивалентно равенству BAP + ABP = A, т. е. APB = B + C. Для точки O последнее равенство очевидно, так как она лежит на описанной окружности треугольника ABC1.

5.139. а) Докажем, что AB = B1C1, т. е. AB = B1C1. В самом деле, AB = AC1 + C1B, а C1B = AB1, поэтому AB = AC1 + AB1 = B1C1.

б) Будем считать, что треугольники ABC и A1B1C1 вписаны в одну окруж ность, причём треугольник ABC фиксирован, а треугольник A1B1C1 враща ется. Прямые AA1, BB1 и CC1 пересекаются в одной точке не более чем при одном положении треугольника A1B1C1 (задача 7.21 б). При этом мо жет возникнуть 12 различных семейств треугольников A1B1C1: треугольники ABC и A1B1C1 могут совмещаться поворотом или осевой симметрией;

кроме того, вершинам треугольника символы A1, B1 и C1 можно сопоставить шестью различными способами.

Из этих 12 семейств треугольников четыре семейства никогда не могут дать искомой точки P. Для одинаково ориентированных треугольников ис ключаются случаи ABC = A1C1B1, ABC = C1B1A1 и ABC = B1A1C (например, в случае ABC = A1C1B1 точка P является точкой пересече ния прямой BC = B1C1 и касательной к окружности в точке A = A1;

тре угольники ABC и A1B1C1 при этом совпадают). Для противоположно ори ентированных треугольников исключается случай ABC = A1B1C1 (в этом случае AA1 BB1 CC1).

З а м е ч а н и е. Точкам Брокара соответствуют противоположно ориенти рованные треугольники;

для первой точки Брокара ABC = B1C1A1, а для второй точки Брокара ABC = C1A1B1.

AC sin CAP BC sin CBP sin sin 5.140. а) Так как PC = и PC =, то = sin APC sin BPC sin sin( - ) sin =. Учитывая, что sin( - ) = sin cos - cos sin, получаем sin sin ctg = ctg +. Остаётся заметить, что sin = sin( + ) = sin cos + sin sin AP sin +sin cos. Второе тождество получаем, перемножив равенства =, BP sin( - ) BP sin CP sin = и =.

CP sin( - ) AP sin( - ) б) Для второго угла Брокара получаем точно такое же выражение, как и в задаче а). Ясно также, что оба угла Брокара острые.

146 Глава 5. Треугольники в) Так как A1BC = BCA и BCA1 = CAB, то CA1B ABC. Поэтому точка Брокара P лежит на отрезке AA1 (см. задачу 5.138 б).

5.141. а) Согласно задаче 10.40 а) ctg = ctg + ctg + ctg 3 = ctg 30, поэтому 30.

б) Пусть P — первая точка Брокара треугольника ABC. Точка M лежит внутри (или на границе) одного из треугольников ABP, BCP и CAP. Если, например, точка M лежит внутри треугольника ABP, то ABM ABP 30.

5.142. Прямые A1B1, B1C1 и C1A1 являются серединными перпендикуляра ми к отрезкам AQ, BQ и CQ. Поэтому, например, B1A1C1 = 180 - AQC = A.

Для других углов доказательство аналогично.

Кроме того, прямые A1O, B1O и C1O являются серединными перпендикуля рами к отрезкам CA, AB и BC. Поэтому, например, острые углы OA1C1 и ACQ имеют взаимно перпендикулярные стороны, поэтому они равны. Аналогичные рассуждения показывают, что OA1C1 = OB1A1 = OC1B1 =, где — угол Брокара треугольника ABC.

5.143. По теореме синусов R1 = AB/2 sin APB, R2 = BC/2 sin BPC и R3 = = CA/2 sin CPA. Ясно также, что sin APB = sin A, sin BPC = sin B и sin CPA = = sin C.

5.144. Треугольник ABC1 равнобедренный, причём угол при его основа нии AB равен углу Брокара. Поэтому (PC1, C1Q) = (BC1, C1A) = 2.

Аналогично (PA1, A1Q) = (PB1, B1Q) = (PC1, C1Q) = 2.

5.145. Так как CA1B1 = A + AB1A1 и AB1A1 = CA1C1, то B1A1C1 = = A. Аналогично доказывается, что равны и остальные углы треугольников ABC и A1B1C1.

Описанные окружности треугольников AA1B1, BB1C1 и CC1A1 пересекаются в одной точке O (задача 2.83 а). Ясно, что AOA1 = AB1A1 =. Анало гично BOB1 = COC1 =. Поэтому AOB = A1OB1 = 180 - A. Аналогич но BOC = 180 - B и COA = 180 - C, т. е. O — первая точка Брокара обоих треугольников. Следовательно, при поворотной гомотетии на угол с центром O и коэффициентом AO/A1O треугольник A1B1C1 переходит в тре угольник ABC.

5.146. а) Рассмотрим функцию f(x) = ln(x/ sin x) = ln x - ln sin x. Ясно, что функции 1 1 f (x) = - ctg x и f (x) = x sin2 x x положительны при 0 < x <. Следовательно, функция f(x) монотонно возрас тает при возрастании x от 0 до и, кроме того, выпукла на этом отрезке, т. е.

f( x1 +... + xn) f(x1) +... + f(xn) 1 n 1 n при 0 xi, 0, +... + = 1. В частности, f( ) f( /6), так как i 1 n /6, и + ( - ) + + ( - ) + + ( - ) f = f 6 f( ) + f( - ) + f( ) + f( - ) + f( ) + f( - ).

Решения задач Воспользовавшись монотонностью логарифма, эти неравенства можно перепи сать следующим образом:

6 /6 ( - )( - )( - ).

sin sin( /6) sin3 sin( - ) sin( - ) sin( - ) Учитывая, что sin( - ) sin( - ) sin( - ) = sin3, получаем ( - )( - )( - ).

б) Из неравенства ( - )( - )( - ) следует, что 64 43 ( - ) ( - ) ( - ).

Ясно также, что 2 2 4 ( - ), 4 ( - ), 4 ( - ).

5.147. Согласно задаче 12.46 а) a2 + b2 + c ctg =, 4S где S — площадь треугольника. Таким образом, для треугольника с вершинами в точках с координатами (±a/2, 0) и (x, y) угол Брокара определяется равенством a2 + (a/2 + x)2 + y2 + (-a/2 + x)2 + y ctg =, 2ay т. е. 2x2 + 2y2 + 3a2/2 = 2ay ctg. Последнее уравнение задаёт окружность ра диуса (a/2) ctg2 - 3 с центром (0, (a/2) ctg ).

5.148. Пусть a1, b1, c1 — длины сторон треугольника A1B1C1, S1 — его пло щадь. В теореме речь идёт о множестве точек M, для которых выполняется равенство 4S1 ctg = a2 + b2 + c2.

1 1 Точки B1 и C1 лежат на окружности с диаметром AM, поэтому aAM a1 = B1C1 = AM sin B1AC1 =, 2R где R — радиус описанной окружности треугольника ABC. Таким образом, a2AM2 + b2BM2 + c2CM a2 + b2 + c2 =.

1 1 4R Поэтому если (x, y) — координаты точки M в некоторой прямоугольной систе ме координат, то a2 + b2 + c a2 + b2 + c2 = (x2 + y2) + px + qy + r, 1 1 4R где p, q, r — постоянные числа.

Для S1 тоже можно получить выражение через координаты (x, y) точки M.

При этом начало системы координат удобно расположить в центре O описан ной окружности треугольника ABC. В таком случае SABC S1 = |R2 - x2 - y2| 4R (задача 5.123).

148 Глава 5. Треугольники Уравнение S1 = 0 определяет описанную окружность треугольника ABC.

Это множество соответствует нулевому углу Брокара. Углу Брокара соот ветствует множество SABC a2 + b2 + c ± ctg (R2 - x2 - y2) = (x2 + y2) + px + qy + r.

4R2 4R При этом знак плюс берётся для точек внутри описанной окружности, а знак минус берётся для точек вне описанной окружности. Легко видеть, что каждое из полученных уравнений является уравнением окружности. Дело в том, что если f = 0 и g = 0 — уравнения окружностей, то f = g — то же уравнение окружности. Более того, центр окружности f = g лежит на прямой, соединяющей центры окружностей f = 0 и g = 0. В нашем случае центром одной окружности служит центр описанной окружности треугольни ка ABC, а центром второй окружности служит точка, для которой величина a2AM2 + b2BM2 + c2CM2 минимальна (точка Лемуана).

5.149. По теореме синусов имеем AB/BM = sin AMB/ sin BAM и AB/BN = = sin ANB/ sin BAN. Значит, AB2 sin AMB sin ANB sin AMC sin ANC AC = = =.

BM · BN sin BAM sin BAN sin CAN sin CAM CM · CN 5.150. Так как BAS = CAM, то BS/CM = SBAS/SCAM = AB · AS/(AC · AM), т. е. AS/AM = 2b · BS/ac. Остаётся заметить, что BS = ac2/(b2 + c2) и 2AM = = 2b2 + 2c2 - a2 (см. задачи 5.149 и 12.11 а).

5.151. а) При симметрии относительно биссектрисы угла A отрезок B1C переходит в отрезок, параллельный стороне BC, а прямая AS — в прямую AM, где M — середина стороны BC.

б) Рассмотрим гомотетию с центром A, переводящую середину отрезка B1C в точку S. При этой гомотетии отрезок B1C1 переходит в диагональ па раллелограмма, центром которого служит точка S, а две стороны проходят по сторонам угла A. Таким образом, направление отрезка B1C1 определено однозначно. Остаётся воспользоваться результатом задачи а).

5.152. Согласно задаче 2.1 при симметрии относительно биссектрисы уг ла A прямая OA переходит в прямую, перпендикулярную BC (в случае неострого угла A доказательство аналогично). Ясно также, что при этой сим метрии отрезок B1C1 переходит в отрезок, параллельный BC.

5.153. Возьмём на отрезках BC и BA точки A1 и C1 так, что A1C1 BK.

Так как BAC = CBK = BA1C1 и BCA = BC1A1, то отрезок A1C1 антипа раллелен стороне AC. С другой стороны, согласно задаче 3.32 б) прямая BD делит отрезок A1C1 пополам.

5.154. Достаточно воспользоваться результатом задачи 3.31.

5.155. Пусть AP — общая хорда рассматриваемых окружностей, Q — точка пересечения прямых AP и BC. Тогда BQ/AB = sin BAQ/ sin AQB и AC/CQ = = sin AQC/ sin CAQ. Значит, BQ/CQ = AB sin BAP/(AC sin CAP). Так как AC и AB — касательные к окружностям S1 и S2, то CAP = ABP и BAP = = ACP, а значит, APB = APC. Поэтому AB AB AP sin APB sin ACP sin ACP sin BAP = · = · = =.

AC AP AC sin ABP sin APC sin ABP sin CAP Следовательно, BQ/CQ = AB2/AC2.

Решения задач 5.156. Пусть S — точка пересечения прямых AX и BC. Тогда AS/AB = = CS/CX и AS/AC = BS/BX, а значит, CS/BS = (AC/AB) · (XC/XB). Остаётся заметить, что XC/XB = AC/AB, поскольку окружность с диаметром DE явля ется окружностью Аполлония для точек B и C.

5.157. Пусть L, M и N — середины отрезков CA, CB и CH. Так как BAC CAH, то BAM CAN, а значит, BAM = CAN. Аналогично ABL = = CBN.

5.158. Пусть B1C1, C2A2 и A3B3 — данные отрезки. Тогда треугольники A2XA3, B1XB3 и C1XC2 равнобедренные;

пусть длины их боковых сторон равны a, b и c. Прямая AX делит отрезок B1C1 пополам тогда и только тогда, когда эта прямая содержит симедиану. Поэтому если X — точка Лемуана, то a = b, b = c и c = a. А если B1C1 = C2A2 = A3B3, то b + c = c + a = a + b, а значит, a = b = c.

5.159. Легко проверить, что как из условия а), так и из условия б) выте кает следующее: четырёхугольники A2B1C2C1, C2A1B2B1 и B2C1A2A1 являются равнобедренными трапециями. В случае а) нужно воспользоваться результатом задачи 5.151 б);

в случае б) это очевидно. Ясно также, что серединные пер пендикуляры к основаниям этих трапеций пересекаются в одной точке. Эта точка является центром искомой окружности.

5.160. Воспользуемся обозначениями из задачи 5.159. Пусть O — центр описанной окружности треугольника A B C. Ясно, что точка O лежит на прямой KO. Рассмотрим точку O1 — середину отрезка OO. Докажем, что O1 — центр окружности Тукера. Пусть O1M — средняя линия трапеции AOO A.

Тогда O1M AO. А так так AO B1C2 (задача 5.152), то O1M — серединный перпендикуляр к отрезку B1C2. Таким образом, O1 — точка пересечения сере динных перпендикуляров к отрезкам B1C2, C1A2 и A1B2.

5.161. а) Воспользуемся обозначениями задачи 5.159. В рассматриваемой ситуации длины отрезков A1B2, B1C2 и C1A2 равны, поскольку они рав ны половинам длин антипараллелей, проходящих через точку K, а длины этих антипараллелей равны согласно задаче 5.158. Таким образом, первая окружность Лемуана является одной из окружностей Тукера. Эта окружность соответствует случаю, когда треугольник A B C вырождается в точку K. По этому согласно задаче 5.160 центром первой окружности Лемуана служит середина отрезка KO.

б) Непосредственно следует из задачи 5.158, поскольку точка Лемуана делит пополам каждую из проходящих через неё антипараллелей. Центром второй окружности Лемуана служит точка Лемуана K.

5.162. Пусть M — точка пересечения медиан треугольника ABC;

a1, b1, c и a2, b2, c2 — расстояния от точек K и M до сторон треугольника. Так как точки K и M изогонально сопряжены, то a1a2 = b1b2 = c1c2;

кроме того, aa2 = bb2 = cc2 (см. задачу 4.1). Следовательно, a/a1 = b/b1 = c/c1. Ис пользуя это равенство и учитывая, что площади треугольников A1B1K, B1C1K и C1A1K равны a1b1c/4R, b1c1a/4R и c1a1b/4R, где R — радиус описанной окружности треугольника ABC, получаем, что площади этих треугольников равны. Кроме того, точка K лежит внутри треугольника A1B1C1. Следователь но, K — точка пересечения медиан треугольника A1B1C1 (см. задачу 4.2).

5.163. Медианы треугольника A1B1C1 пересекаются в точке K (зада ча 5.162), поэтому стороны треугольника ABC перпендикулярны медианам треугольника A1B1C1. После поворота на 90 стороны треугольника ABC 150 Глава 5. Треугольники станут параллельны медианам треугольника A1B1C1, а значит, медианы тре угольника ABC станут параллельны сторонам треугольника A1B1C1 (см. за дачу 13.2). Поэтому медианы треугольника ABC перпендикулярны сторонам треугольника A1B1C1.

5.164. Пусть A2, B2 и C2 — проекции точки K на прямые BC, CA и AB.

Тогда A1B1C1 A2B2C2 (задача 5.121) и K — точка пересечения медиан треугольника A2B2C2 (задача 5.162). Поэтому преобразование подобия, пе реводящее треугольник A2B2C2 в треугольник A1B1C1, переводит точку K в точку M пересечения медиан треугольника A1B1C1. Кроме того, напри мер, KA2C2 = KBC2 = B1A1K, т. е. точки K и M изогонально сопряжены относительно треугольника A1B1C1, а зна чит, K — точка Лемуана треугольни ка A1B1C1.

5.165. Пусть K — точка Лемуана тре угольника ABC;

A1, B1 и C1 — проекции точки K на стороны треугольника ABC;

L — середина отрезка B1C1;

N — точка пе ресечения прямой KL и медианы AM;

O — середина отрезка AK (рис. 5.7). Точ ки B1 и C1 лежат на окружности с диа метром AK, поэтому OL B1C1. Кроме то го, AN B1C1 (задача 5.163) и O — сере Рис. 5.7 дина отрезка AK, а значит, OL — средняя линия треугольника AKN и KL = LN. Сле довательно, K — середина отрезка A1N. Остаётся заметить, что при гомотетии с центром M, переводящей N в A, отрезок NA1 переходит в высоту AH.

ГЛАВА МНОГОУГОЛЬНИКИ Основные сведения 1. Многоугольник называют выпуклым, если он лежит по одну сторону от любой прямой, соединяющей его соседние вершины.

2. Выпуклый многоугольник называют описанным, если все его стороны касаются некоторой окружности. Выпуклый четырёхугольник ABCD является описанным тогда и только тогда, когда AB + CD = BC + AD.

Выпуклый многоугольник называют вписанным, если все его вершины лежат на одной окружности. Выпуклый четырёхугольник ABCD является вписанным тогда и только тогда, когда ABC + CDA = DAB + BCD.

3. Выпуклый многоугольник называют правильным, если все его стороны равны и все углы также равны.

Выпуклый n-угольник является правильным тогда и только тогда, когда при повороте на угол 2 /n с центром в некоторой точке O он переходит в себя.

Точку O называют центром правильного многоугольника.

Вводные задачи 1. Докажите, что выпуклый четырёхугольник ABCD можно вписать в окружность тогда и только тогда, когда ABC + CDA = 180.

2. Докажите, что в выпуклый четырёхугольник ABCD можно впи сать окружность тогда и только тогда, когда AB + CD = BC + AD.

3. а) Докажите, что оси симметрии правильного многоугольника пересекаются в одной точке.

б) Докажите, что правильный 2n-угольник имеет центр симметрии.

4. а) Докажите, что сумма углов при вершинах выпуклого n-уголь ника равна (n - 2) · 180.

б) Выпуклый n-угольник разрезан непересекающимися диагоналя ми на треугольники. Докажите, что количество этих треугольников равно n - 2.

§ 1. Вписанные и описанные четырёхугольники 6.1. Докажите, что если центр вписанной в четырёхугольник ок ружности совпадает с точкой пересечения диагоналей, то этот четы рёхугольник — ромб.

6.2. Четырёхугольник ABCD описан около окружности с центром O.

Докажите, что AOB + COD = 180.

152 Глава 6. Многоугольники 6.3. Докажите, что если существует окружность, касающаяся всех сторон выпуклого четырёхугольника ABCD, и окружность, касающа яся продолжений всех его сторон, то диагонали такого четырёхуголь ника перпендикулярны.

6.4. Окружность высекает на всех четырёх сторонах четырёхуголь ника равные хорды. Докажите, что в этот четырёхугольник можно вписать окружность.

6.5. Докажите, что если в четырёхугольник можно вписать окруж ность, то центр этой окружности лежит на одной прямой с серединами диагоналей.

6.6. Четырёхугольник ABCD описан около окружности с центром O.

В треугольнике AOB проведены высоты AA1 и BB1, а в треугольни ке COD — высоты CC1 и DD1. Докажите, что точки A1, B1, C1 и D лежат на одной прямой.

6.7. Углы при основании AD трапеции ABCD, отличной от парал лелограмма, равны 2 и 2. Докажите, что трапеция описанная тогда и только тогда, когда BC/AD = tg tg.

6.8. В треугольнике ABC проведены отрезки PQ и RS, параллель ные стороне AC, и отрезок BM (рис. 6.1). Трапеции RPKL и MLSC описанные. Докажите, что трапеция APQC тоже описанная.

6.9*. Дан выпуклый четырёхугольник ABCD. Лучи AB и DC пересекаются в точ ке P, а лучи BC и AD — в точке Q. Докажите, что четырёхугольник ABCD описанный то гда и только тогда, когда выполняется одно из следующих условий: AB + CD = BC + AD, AP + CQ = AQ + CP или BP + BQ = DP + DQ.

6.10*. Через точки пересечения продол жений сторон выпуклого четырёхугольни ка ABCD проведены две прямые, делящие его Рис. 6. на четыре четырёхугольника. Докажите, что если четырёхугольники, примыкающие к вер шинам B и D, описанные, то четырёхугольник ABCD тоже описанный.

6.11*. На стороне BC треугольника ABC взяты точки K1 и K2.

Докажите, что общие внешние касательные к вписанным окружностям треугольников ABK1 и ACK2 и общие внешние касательные к вписан ным окружностям треугольников ABK2 и ACK1 пересекаются в одной точке.

6.12*. Через каждую из точек пересечения продолжений сторон выпуклого четырёхугольника ABCD проведено по две прямые. Эти прямые делят четырёхугольник на девять четырёхугольников.

а) Докажите, что если три из четырёхугольников, примыкающих к вершинам A, B, C, D, описанные, то четвёртый четырёхугольник тоже описанный.

Условия задач б) Докажите, что если ra, rb, rc, rd — радиусы окружностей, вписан ных в четырёхугольники, примыкающие к вершинам A, B, C, D, то 1 1 1 + = +.

ra rc rb rd 6.13*. Окружности S1 и S2, S2 и S3, S3 и S4, S4 и S1 касаются внешним образом. Докажите, что четыре общие касательные (в точках касания окружностей) либо пересекаются в одной точке, либо касают ся одной окружности.

6.14*. Докажите, что точка пересечения диагоналей описанного четырёхугольника совпадает с точкой пересечения диагоналей четы рёхугольника, вершинами которого служат точки касания сторон ис ходного четырёхугольника с вписанной окружностью.

* * * 6.15*. Четырёхугольник ABCD вписанный;

Hc и Hd — ортоцентры треугольников ABD и ABC. Докажите, что CDHcHd — параллелограмм.

6.16*. Четырёхугольник ABCD вписанный. Докажите, что центры вписанных окружностей треугольников ABC, BCD, CDA и DAB обра зуют прямоугольник.

6.17*. Продолжения сторон четырёхугольника ABCD, вписанного в окружность с центром O, пересекаются в точках P и Q, а его диагонали пересекаются в точке S.

а) Расстояния от точек P, Q и S до точки O равны p, q и s, а радиус описанной окружности равен R. Найдите длины сторон треугольни ка PQS.

б) Докажите, что высоты треугольника PQS пересекаются в точ ке O.

* * * 6.18*. Диагональ AC разбивает четырёхугольник ABCD на два тре угольника, вписанные окружности которых касаются диагонали AC в одной точке. Докажите, что вписанные окружности треугольников ABD и BCD тоже касаются диагонали BD в одной точке, а точки их касания со сторонами четырёхугольника лежат на одной окружности.

6.19*. Докажите, что проекции точки пересечения диагоналей впи санного четырёхугольника на его стороны являются вершинами опи санного четырёхугольника, если они не попадают на продолжения сторон.

6.20*. Докажите, что если диагонали четырёхугольника перпен дикулярны, то проекции точки пересечения диагоналей на стороны являются вершинами вписанного четырёхугольника.

См. также задачи 1.9, 1.44, 2.15, 2.18, 2.43, 2.48, 2.73—2.81, 2.90, 2.91, 3.6, 3.8, 3.10, 3.23, 3.32, 3.50, 4.46, 4.59, 5.45, 5.118, 6.24, 6.31, 6.37, 6.38, 6.101, 6.102, 7.50, 8.50, 8.54 13.35, 13.36, 16.4, 17.5, 30.35, 30.44.

154 Глава 6. Многоугольники § 2. Четырёхугольники 6.21. Угол между сторонами AB и CD четырёхугольника ABCD равен. Докажите, что AD2 = AB2 + BC2 + CD2 - 2(AB · BC cos B + BC · CD cos C + CD · AB cos ).

6.22. В четырёхугольнике ABCD стороны AB и CD равны, при чём лучи AB и DC пересекаются в точке O. Докажите, что пря мая, соединяющая середины диагоналей, перпендикулярна биссектри се угла AOD.

6.23. На сторонах BC и AD четырёхугольника ABCD взяты точки M и N так, что BM : MC = AN : ND = AB : CD. Лучи AB и DC пересека ются в точке O. Докажите, что прямая MN параллельна биссектрисе угла AOD.

6.24. Докажите, что биссектрисы углов выпуклого четырёхугольни ка образуют вписанный четырёхугольник.

6.25. Два различных параллелограмма ABCD и A1B1C1D1 с соответ ственно параллельными сторонами вписаны в четырёхугольник PQRS (точки A и A1 лежат на стороне PQ, B и B1 — на QR и т. д.). Докажите, что диагонали четырёхугольника параллельны сторонам параллело граммов.

6.26. Середины M и N диагоналей AC и BD выпуклого четы рёхугольника ABCD не совпадают. Прямая MN пересекает стороны AB и CD в точках M1 и N1. Докажите, что если MM1 = NN1, то AD BC.

6.27*. Докажите, что два четырёхугольника подобны тогда и только тогда, когда у них равны четыре соответственных угла и соответствен ные углы между диагоналями.

6.28*. Четырёхугольник ABCD выпуклый;

точки A1, B1, C1 и D таковы, что AB C1D1, AC B1D1 и т. д. для всех пар вершин. Докажи те, что четырёхугольник A1B1C1D1 тоже выпуклый, причём A + C1 = = 180.

6.29*. Из вершин выпуклого четырёхугольника опущены перпенди куляры на диагонали. Докажите, что четырёхугольник, образованный основаниями перпендикуляров, подобен исходному четырёхугольнику.

6.30*. Выпуклый четырёхугольник разделён диагоналями на четы ре треугольника. Докажите, что прямая, соединяющая точки пересече ния медиан двух противоположных треугольников, перпендикулярна прямой, соединяющей точки пересечения высот двух других треуголь ников.

6.31*. Диагонали описанной трапеции ABCD с основаниями AD и BC пересекаются в точке O. Радиусы вписанных окружностей тре угольников AOD, AOB, BOC и COD равны r1, r2, r3 и r4 соответствен 1 1 1 но. Докажите, что + = +.

r1 r3 r2 r Условия задач 6.32*. Окружность радиуса r1 касается сторон DA, AB и BC выпук лого четырёхугольника ABCD, окружность радиуса r2 — сторон AB, AB CD BC и CD;

аналогично определяются r3 и r4. Докажите, что + = r1 r BC AD = +.

r2 r 6.33*. О выпуклом четырёхугольнике ABCD известно, что радиусы окружностей, вписанных в треугольники ABC, BCD, CDA и DAB, равны между собой. Докажите, что ABCD — прямоугольник.

6.34*. Дан выпуклый четырёхугольник ABCD;

A1, B1, C1 и D1 — центры описанных окружностей треугольников BCD, CDA, DAB и ABC.

Аналогично для четырёхугольника A1B1C1D1 определяются точки A2, B2, C2 и D2. Докажите, что четырёхугольники ABCD и A2B2C2D подобны, а коэффициент подобия равен |(ctg A + ctg C)(ctg B + ctg D)/4|.

6.35*. Окружности, диаметрами которых служат стороны AB и CD выпуклого четырёхугольника ABCD, касаются сторон CD и AB соот ветственно. Докажите, что BC AD.

6.36*. Четыре прямые задают четыре треугольника. Докажите, что ортоцентры этих треугольников лежат на одной прямой.

См. также задачи 1.2, 1.5, 1.16, 1.38, 1.39, 1.52, 2.45, 3.4, 3.67, 4.5, 4.7, 4.14—4.25, 4.29, 4.30, 4.33, 4.36, 4.43—4.46, 4.56, 5.47 б), 5.80—5.82, 7.2, 7.10 б), 7.32, 7.36, 8.6, 8.46—8.54, 9.33, 9.34, 9.40, 9.65—9.76, 10.64, 11.29—11.34, 13.6, 14.5, 14.8, 14.50, 14.51, 15.12, 15.15, 16.5, 17.4, 17.19, 18.38, 18.41, 19.1, 20.19—20.21, 26.14, 26.15, 29.38, 30.24, 30.28, 30.30, 30.45.

§ 3. Теорема Птолемея 6.37*. Четырёхугольник ABCD вписанный. Докажите, что AB · CD + + AD · BC = AC · BD (Птолемей).

6.38*. Четырёхугольник ABCD вписанный. Докажите, что AC AB · AD + CB · CD =.

BD BA · BC + DA · DC 1 1 6.39*. Пусть = /7. Докажите, что = +.

sin sin 2 sin 6.40*. Расстояния от центра описанной окружности остроугольного треугольника до его сторон равны da, db и dc. Докажите, что da + db + + dc = R + r.

6.41*. Вписанная окружность касается сторон BC, CA и AB в точ ках A1, B1 и C1. Пусть Q — середина отрезка A1B1. Докажите, что B1C1C = QC1A1.

6.42*. Биссектриса угла A треугольника ABC пересекает описанную окружность в точке D. Докажите, что AB + AC 2AD.

156 Глава 6. Многоугольники 6.43*. На дуге CD описанной окружности квадрата ABCD взята точка P. Докажите, что PA + PC = 2PB.

6.44*. Дан параллелограмм ABCD. Окружность, проходящая через точку A, пересекает отрезки AB, AC и AD в точках P, Q и R соответ ственно. Докажите, что AP · AB + AR · AD = AQ · AC.

6.45*. На дуге A1A2n+1 описанной окружности S правильного (2n + 1)-угольника A1... A2n+1 взята точка A. Докажите, что:

а) d1 + d3 +... + d2n+1 = d2 + d4 +... + d2n, где di = AAi;

б) l1 +... + l2n+1 = l2 +... + l2n, где li — длина касательной, проведён ной из точки A к окружности радиуса r, касающейся S в точке Ai (все касания одновременно внутренние или внешние).

6.46*. Окружности радиусов x и y касаются окружности радиуса R, причём расстояние между точками касания равно a. Вычислите длину следующей общей касательной к первым двум окружностям:

а) внешней, если оба касания внешние или внутренние одновре менно;

б) внутренней, если одно касание внутреннее, а другое внешнее.

6.47*. Окружности,, и касаются данной окружности в вер шинах A, B, C и D выпуклого четырёхугольника ABCD. Пусть t — длина общей касательной к окружностям и (внешней, если оба касания внутренние или внешние одновременно, и внутренней, если одно касание внутреннее, а другое внешнее);

t, t и т. д. определя ются аналогично. Докажите, что t t + t t = t t (обобщённая теорема Птолемея).

См. также задачу 9.70.

§ 4. Пятиугольники 6.48*. В равностороннем (неправильном) пятиугольнике ABCDE угол ABC вдвое больше угла DBE. Найдите величину угла ABC.

6.49*. а) Диагонали AC и BE правильного пя тиугольника ABCDE пересекаются в точке K.

Докажите, что описанная окружность треуголь ника CKE касается прямой BC.

б) Пусть a — длина стороны правильного пяти угольника, d — длина его диагонали. Докажите, что d2 = a2 + ad.

6.50*. Докажите, что в правильный пяти угольник можно так вписать квадрат, что его вершины будут лежать на четырёх сторонах пя тиугольника.

Рис. 6. 6.51*. Правильный пятиугольник ABCDE со стороной a вписан в окружность S. Прямые, проходящие через его вершины перпендикулярно сторонам, образуют правильный пя тиугольник со стороной b (рис. 6.2). Сторона правильного пяти Условия задач угольника, описанного около окружности S, равна c. Докажите, что a2 + b2 = c2.

См. также задачи 2.62, 4.9, 6.60, 6.95, 9.24, 9.46, 9.77, 9.78, 10.66, 10.70, 12.8, 13.10, 13.59, 20.12, 29.7.

§ 5. Шестиугольники 6.52*. В выпуклом шестиугольнике ABCDEF противоположные сто роны попарно параллельны. Докажите, что:

а) площадь треугольника ACE составляет не менее половины пло щади шестиугольника.

б) площади треугольников ACE и BDF равны.

6.53*. Все углы выпуклого шестиугольника ABCDEF равны. Дока жите, что |BC - EF| = |DE - AB| = |AF - CD|.

6.54*. Суммы углов при вершинах A, C, E и B, D, F выпуклого шестиугольника ABCDEF с равными сторонами равны. Докажите, что противоположные стороны этого шестиугольника параллельны.

6.55*. Докажите, что если в выпуклом шестиугольнике каждая из трёх диагоналей, соединяющих противоположные вершины, делит площадь пополам, то эти диагонали пересекаются в одной точке.

6.56*. Докажите, что если в выпуклом шестиугольнике каждый из трёх отрезков, соединяющих середины противоположных сторон, делит площадь пополам, то эти отрезки пересекаются в одной точке.

6.57*. а) Противоположные стороны выпуклого шестиугольника ABCDEF попарно параллельны. Докажите, что этот шестиугольник вписанный тогда и только тогда, когда его диагонали AD, BE и CF равны.

б) Докажите аналогичное утверждение для невыпуклого (возможно, самопересекающегося) шестиугольника.

См. также задачи 1.45, 2.12, 2.21, 2.49, 3.73, 4.6, 4.28, 4.31, 5.17, 5.84, 5.98, 6.97, 9.47 а), 9.79—9.81, 13.3, 14.6, 18.16, 18.17, 18.24, 18.25, 29.37 а), 30.41, 30.42.

§ 6. Правильные многоугольники 6.58. Число сторон многоугольника A1... An нечётно. Докажите, что:

а) если этот многоугольник вписанный и все его углы равны, то он правильный;

б) если этот многоугольник описанный и все его стороны равны, то он правильный.

6.59. Все углы выпуклого многоугольника A1... An равны, и из некоторой его внутренней точки O все стороны видны под равными углами. Докажите, что этот многоугольник правильный.

158 Глава 6. Многоугольники 6.60*. Бумажная лента постоянной ши рины завязана простым узлом и затем стянута так, чтобы узел стал плоским (рис. 6.3). Докажите, что узел имеет фор му правильного пятиугольника.

6.61*. На сторонах AB, BC, CD и DA квадрата ABCD построены внутренним образом правильные треугольники ABK, Рис. 6. BCL, CDM и DAN. Докажите, что середи ны сторон этих треугольников (не являющихся сторонами квадрата) и середины отрезков KL, LM, MN и NK образуют правильный двена дцатиугольник.

6.62*. Существует ли правильный многоугольник, длина одной диа гонали которого равна сумме длин двух других диагоналей?

6.63*. Правильный (4k + 2)-угольник вписан в окружность радиу са R с центром O. Докажите, что сумма длин отрезков, высекаемых углом AkOAk+1 на прямых A1A2k, A2A2k-1,..., AkAk+1, равна R.

6.64*. В правильном восемнадцатиугольнике A1... A18 проведены диагонали AaAd, AbAe и AcAf. Пусть k = a - b, p = b - c, m = c - d, q = d - e, n = e - f и r = f - a. Докажите, что указанные диагонали пересекаются в одной точке в любом из следующих случаев:

а) {k, m, n} = {p, q, r};

б) {k, m, n} = {1, 2, 7} и {p, q, r} = {1, 3, 4};

в) {k, m, n} = {1, 2, 8} и {p, q, r} = {2, 2, 3}.

З а м е ч а н и е. Равенство {k, m, n} = {x, y, z} означает, что указанные на боры чисел совпадают;

порядок их записи при этом не учитывается.

6.65*. В правильном тридцатиугольнике проведены три диаго нали. Определим для них наборы {k, m, n} и {p, q, r} так же, как и в предыдущей задаче. Докажите, что если {k, m, n} = = {1, 3, 14} и {p, q, r} = {2, 2, 8}, то диагонали пересекаются в одной точке.

З а м е ч а н и е. Тройки диагоналей, пересекающихся в одной точке, по дробно обсуждаются на с. 613—617.

6.66*. В правильном n-угольнике (n 3) отмечены середины всех сторон и диагоналей. Какое наибольшее число отмеченных точек ле жит на одной окружности?

6.67*. Вершины правильного n-угольника окрашены в несколько цветов так, что точки одного цвета служат вершинами правильного многоугольника. Докажите, что среди этих многоугольников найдутся два равных.

6.68*. Докажите, что при n 6 правильный (n - 1)-угольник нель зя вписать в правильный n-угольник так, чтобы на всех сторонах Условия задач n-угольника, кроме одной, лежало ровно по одной вершине (n-1)-уголь ника.

* * * 6.69. Пусть O — центр правильного n-угольника A1.. An, X — про # – # – #–. # – извольная точка. Докажите, что OA1 +... + OAn = 0 и XA1 +...

# – # –... + XAn = nXO.

6.70. Докажите, что в вершинах правильного n-угольника можно расставить действительные числа x1,..., xn, все отличные от нуля, так, чтобы для любого правильного k-угольника, все вершины которо го являются вершинами исходного n-угольника, сумма чисел, стоящих в его вершинах, равнялась нулю.

6.71. Точка A лежит внутри правильного. X10, # – # десятиугольника X1..# – – # – а точка B — вне его. Пусть a = AX1 +... + AX10 и b = BX1 +... + BX10.

Может ли оказаться, что |a| > |b|?

6.72. Правильный многоугольник A1... An вписан в окружность радиуса R с центром O;

X — произвольная точка. Докажите, что A1X2 +... + AnX2 = n(R2 + d2), где d = OX.

6.73. Найдите сумму квадратов длин всех сторон и диагоналей пра вильного n-угольника, вписанного в окружность радиуса R.

6.74. Докажите, что сумма расстояний от произвольной точки X до вершин правильного n-угольника будет наименьшей, если X — центр n-угольника.

6.75. Правильный n-угольник A1... An вписан в окружность радиу # – # – са R с центром O;

ei = OAi, x = OX — произвольный вектор. Докажите, что (ei, x)2 = nR2 · OX2/2.

6.76. Найдите сумму квадратов расстояний от вершин правильно го n-угольника, вписанного в окружность радиуса R, до произвольной прямой, проходящей через центр многоугольника.

6.77. Расстояние от точки X до центра правильного n-угольника равно d, r — радиус вписанной окружности n-угольника. Докажите, что сумма квадратов расстояний от точки X до прямых, содержащих стороны n-угольника, равна n(r2 + d2/2).

6.78. Докажите, что сумма квадратов длин проекций сторон пра вильного n-угольника на любую прямую равна na2/2, где a — сторо на n-угольника.

6.79*. Правильный n-угольник A1... An вписан в окружность ради уса R;

X — точка этой окружности. Докажите, что XA4 +... + XA4 = 1 n = 6nR4.

6.80*. а) Правильный n-угольник A1... An вписан в окружность ра # – диуса 1 с центром O;

ei = OAi, u — произвольный вектор. Докажите, что (u, ei)ei = nu/2.

б) Из произвольной точки X опущены перпендикуляры XA1,...

..., XAn на стороны правильного n-угольника (или на их продолже # – # – ния). Докажите, что XAi = nXO/2, где O — центр n-угольника.

160 Глава 6. Многоугольники 6.81*. Докажите, что если число n не является степенью просто го числа, то существует выпуклый n-угольник со сторонами дли ной 1, 2,..., n, все углы которого равны.

См. также задачи 2.9, 2.49, 4.28, 4.61, 4.64, 6.39, 6.45, 6.49—6.51, 8.69, 9.51, 9.79, 9.87, 9.88, 10.66, 11.46, 11.48, 13.15, 17.32, 18.34, 19.48, 23.8, 24.2, 25.3, 25.4, 27.11, 30.34.

§ 7. Вписанные и описанные многоугольники 6.82*. На сторонах треугольника внешним образом построены три квадрата. Какими должны быть углы треугольника, чтобы шесть вер шин этих квадратов, отличных от вершин треугольника, лежали на одной окружности?

6.83*. В окружность вписан 2n-угольник A1... A2n. Пусть p1,...

..., p2n — расстояния от произвольной точки M окружности до сто рон A1A2, A2A3,..., A2nA1. Докажите, что p1p3... p2n-1 = p2p4... p2n.

6.84*. Вписанный многоугольник разбит непересекающимися диа гоналями на треугольники. Докажите, что сумма радиусов всех впи санных в эти треугольники окружностей не зависит от разбиения.

6.85*. Два n-угольника вписаны в одну окружность, причём наборы длин их сторон одинаковы, но не обязательно равны соответственные стороны. Докажите, что площади этих многоугольников равны.

6.86*. Положительные числа a1,..., an таковы, что 2ai < a1 +... + an при всех i = 1,..., n. Докажите, что существует вписанный n-уголь ник, длины сторон которого равны a1,..., an.

* * * 6.87. Точка, лежащая внутри описанного n-угольника, соединена отрезками со всеми вершинами и точками касания. Образовавшиеся при этом треугольники попеременно окрашены в красный и синий цвет. Докажите, что произведение площадей красных треугольников равно произведению площадей синих треугольников.

6.88*. В 2n-угольнике (n нечётно) A1... A2n, описанном около ок ружности с центром O, диагонали A1An+1, A2An+2,..., An-1A2n-1 про ходят через точку O. Докажите, что и диагональ AnA2n проходит через точку O.

6.89*. Окружность радиуса r касается сторон многоугольника в точ ках A1,..., An, причём длина стороны, на которой лежит точка Ai, равна ai. Точка X удалена от центра окружности на расстояние d.

Докажите, что a1XA2 +... + anXA2 = P(r2 + d2), где P — периметр мно 1 n гоугольника.

6.90*. Около окружности описан n-угольник A1... An;

l — произ вольная касательная к окружности, не проходящая через верши ны n-угольника. Пусть ai — расстояние от вершины Ai до пря Условия задач мой l, bi — расстояние от точки касания стороны AiAi+1 с окружностью до прямой l. Докажите, что:

а) величина b1... bn/(a1... an) не зависит от выбора прямой l;

б) величина a1a3... a2m-1/(a2a4... a2m) не зависит от выбора пря мой l, если n = 2m.

6.91*. Некоторые стороны выпуклого многоугольника красные, остальные синие. Сумма длин красных сторон меньше половины пе риметра, и нет ни одной пары соседних синих сторон. Докажите, что в этот многоугольник нельзя вписать окружность.

См. также задачи 1.45, 2.12, 2.13, 2.62, 4.40, 4.54, 5.119 а), 9.36, 11.36, 11.46 б), 11.48 б), 13.38, 19.6, 22.13.

§ 8. Произвольные выпуклые многоугольники 6.92. Какое наибольшее число острых углов может иметь выпуклый многоугольник?

6.93*. Сколько в выпуклом многоугольнике может быть сторон, равных по длине наибольшей диагонали?

6.94*. Для каких n существует выпуклый n-угольник, у которого одна сторона имеет длину 1, а длины всех диагоналей — целые числа?

6.95*. Может ли выпуклый неправильный пятиугольник иметь ров но четыре стороны одинаковой длины и ровно четыре диагонали одинаковой длины?

Может ли в таком пятиугольнике пятая сторона иметь общую точ ку с пятой диагональю?

6.96*. Точка O, лежащая внутри выпуклого многоугольника, обра зует с каждыми двумя его вершинами равнобедренный треугольник.

Докажите, что точка O равноудалена от вершин этого многоугольника.

См. также задачи 4.50, 4.51, 9.86, 9.89, 9.90, 11.35, 13.16, 14.28, 16.8, 17.35, 17.36, 19.9, 23.13, 23.15.

§ 9. Теорема Паскаля 6.97*. Докажите, что точки пересечения противоположных сторон (если эти стороны не параллельны) вписанного шестиугольника лежат на одной прямой (Паскаль).

6.98*. Точка M лежит на описанной окружности треугольника ABC;

R — произвольная точка. Прямые AR, BR и CR пересекают описанную окружность в точках A1, B1 и C1. Докажите, что точки пересечения прямых MA1 и BC, MB1 и CA, MC1 и AB лежат на одной прямой, проходящей через точку R.

6.99*. Даны треугольник ABC и некоторая точка T. Пусть P и Q — основания перпендикуляров, опущенных из точки T на прямые AB и AC соответственно, a R и S — основания перпендикуляров, опущен 162 Глава 6. Многоугольники ных из точки A на прямые TC и TB соответственно. Докажите, что точка пересечения прямых PR и QS лежит на прямой BC.

6.100*. В треугольнике ABC проведены высоты AA1 и BB1 и бис сектрисы AA2 и BB2;

вписанная окружность касается сторон BC и AC в точках A3 и B3. Докажите, что прямые A1B1, A2B2 и A3B3 пересе каются в одной точке или параллельны.

6.101*. Четырёхугольник ABCD вписан в окружность S;

X — произ вольная точка, M и N — вторые точки пересечения прямых XA и XD с окружностью S. Прямые DC и AX, AB и DX пересекаются в точках E и F. Докажите, что точка пересечения прямых MN и EF лежит на прямой BC.

6.102*. Четырёхугольник ABCD вписан в окружность с центром O.

Точка X такова, что BAX = CDX = 90. Докажите, что точ ка пересечения диагоналей четырёхугольника ABCD лежит на пря мой XO.

6.103*. Точки A и A1, лежащие внутри окружности с центром O, симметричны относительно точки O. Лучи AP и A1P1 сонаправлены, лучи AQ и A1Q1 тоже сонаправлены. Докажите, что точка пересечения прямых P1Q и PQ1 лежит на прямой AA1. (Точки P, P1, Q и Q1 лежат на окружности.) 6.104*. Две окружности касаются описанной окружности треуголь ника ABC в точке K дуги BC (не содержащей точку A);

кроме того, одна из этих окружностей касается стороны AB в точке M, а дру гая касается стороны AC в точке N. Докажите, что центр вписанной окружности треугольника ABC лежит на прямой MN.

6.105*. Даны пять точек некоторой окружности. С помощью одной линейки постройте шестую точку этой окружности.

6.106*. Точки A1,..., A6 лежат на одной окружности, а точки K, L, M и N — на прямых A1A2, A3A4, A1A6 и A4A5 соответственно, причём KL A2A3, LM A3A6 и MN A6A5. Докажите, что NK A5A2.

См. также задачи 5.84, 30.33, 30.42, 30.49, 31.52.

Задачи для самостоятельного решения 6.107. Докажите, что если ABCD — прямоугольник, а P — произ вольная точка, то AP2 + CP2 = DP2 + BP2.

6.108. Диагонали выпуклого четырёхугольника ABCD перпендику лярны. На его сторонах внешним образом построены квадраты с цен трами P, Q, R и S. Докажите, что отрезок PR проходит через точку пересечения диагоналей AC и BD, причём PR = (AC + BD)/ 2.

6.109. На наибольшей стороне AC треугольника ABC взяты точки A1 и C1 так, что AC1 = AB и CA1 = CB, а на сторонах AB и BC взяты точки A2 и C2 так, что AA1 = AA2 и CC1 = CC2. Докажите, что четырёхугольник A1A2C2C1 вписанный.

Решения задач 6.110. В окружность вписан выпуклый семиугольник. Докажите, что если какие-то три его угла равны 120, то какие-то две его сторо ны равны.

6.111. На плоскости даны правильный n-угольник A1... An и точ ка P. Докажите, что из отрезков A1P,..., AnP можно составить за мкнутую линию.

6.112. Четырёхугольник ABCD вписан в окружность S1 и описан около окружности S2;

K, L, M и N — точки касания его сторон с окружностью S2. Докажите, что KM LN.

6.113. Около окружности описан пятиугольник ABCDE, длины сто рон которого — целые числа, причём AB = CD = 1. Найдите длину отрезка BK, где K — точка касания стороны BC с окружностью.

6.114. Докажите, что в правильном 2n-угольнике A1... A2n диагона ли A1An+2, A2n-1A3 и A2nA5 пересекаются в одной точке.

6.115. Докажите, что в правильном двадцатичетырёхугольнике A1... A24 диагонали A1A7, A3A11 и A5A21 пересекаются в точке, ле жащей на диаметре A4A16.

Решения 6.1. Пусть O — центр вписанной окружности и точка пересечения диагона лей четырёхугольника ABCD. Тогда ACB = ACD и BAC = CAD. Поэтому треугольники ABC и ADC равны, так как сторона AC у них общая. Следова тельно, AB = DA. Аналогично AB = BC = CD = DA.

6.2. Ясно, что AOB = 180 - BAO - ABO = 180 - (A + B)/2 и COD = = 180 - (C + D)/2. Поэтому AOB + COD = 360 - (A + B + C + D)/2 = = 180.

6.3. Рассмотрим две окружности, касающиеся сторон данного четырёх угольника и их продолжений. Прямые, содержащие стороны четырёхуголь ника, являются общими внутренними и внешними касательными к этим окружностям. Прямая, соединяющая центры окружностей, содержит диаго наль четырёхугольника, и, кроме того, она является осью симметрии четы рёхугольника. Значит, вторая диагональ перпендикулярна этой прямой.

6.4. Пусть O — центр данной окружности, R — её радиус, a — длина хорд, высекаемых окружностью на сторонах четырёхугольника. Тогда расстояния от точки O до сторон четырёхугольника равны R2 - a2/4, т. е. она равноудалена от сторон четырёхугольника и является центром вписанной окружности.

6.5. Для параллелограмма утверждение задачи очевидно, поэтому можно считать, что прямые AB и CD пересекаются. Пусть O — центр вписанной окружности четырёхугольника ABCD;

M и N — середины диагоналей AC и BD.

Тогда SANB + SCND = SAMB + SCMD = SAOB + SCOD = SABCD/2. Остаётся воспользо ваться результатом задачи 7.2.

6.6. Пусть вписанная окружность касается сторон DA, AB и BC в точках M, H и N соответственно. Тогда OH — высота треугольника AOB и при симметрии относительно прямых AO и BO точка H переходит в точки M и N соответственно. Поэтому согласно задаче 1.58 точки A1 и B1 лежат на пря мой MN. Аналогично точки C1 и D1 лежат на прямой MN.

164 Глава 6. Многоугольники 6.7. Пусть r — расстояние от точки пересечения биссектрис углов A и D до основания AD, r — расстояние от точки пересечения биссектрис углов B и C до основания BC. Тогда AD = r(ctg + ctg ) и BC = r (tg + tg ). Поэто му r = r тогда и только тогда, когда BC/AD = (tg + tg )/(ctg + ctg ) = = tg · tg.

Если r = r, то рассматриваемые точки пересечения биссектрис удалены на расстояние r от боковых сторон трапеции. Но для трапеции, отличной от параллелограмма, есть только одна точка, удалённая от боковых сторон на расстояние r.

6.8. Пусть A = 2, C = 2 и BMA = 2. Согласно задаче 6.7 PK/RL = = tg tg и LS/MC = ctg tg. Так как PQ/RS = PK/RL и RS/AC = LS/MC, то PQ/AC = (PK/RL)(LS/MC) = tg tg. Сле довательно, трапеция APQC описанная.

6.9. Докажем сначала, что если че тырёхугольник ABCD описанный, то вы полняются все условия. Пусть K, L, M и N — точки касания вписанной окруж ности со сторонами AB, BC, CD и DA.

Тогда AB + CD = AK + BK + CM + DM = = AN + BL + CL + DN = BC + AD, AP + CQ = = AK + PK + QL - CL = AN + PM + QN - CM = = AQ + CP и BP + BQ = AP - AB + BC + CQ = = (AP + CQ) + (BC - AB) = AQ + CP + CD - AD = = DP + DQ.

Рис. 6. Докажем теперь, например, что если BP+BQ=DP+DQ, то четырёхугольник ABCD описанный. Рассмотрим для этого окружность, касающуюся стороны BC и лу чей BA и CD. Предположим, что прямая AD не касается этой окружно сти;

сдвинем эту прямую так, чтобы она коснулась окружности (рис. 6.4).

Пусть S — такая точка прямой AQ, что Q S DD. Так как BP + BQ = DP + DQ и BP + BQ = D P + D Q, то QS + SQ = QQ. Получено противоречие. В двух других случаях доказательство проводится аналогично.

6.10. Пусть лучи AB и DC пересекаются в точке P, лучи BC и AD — в точ ке Q;

данные прямые, проходящие через точки P и Q, пересекаются в точке O.

Согласно задаче 6.9 BP + BQ = OP + OQ и OP + OQ = DP + DQ. Следовательно, BP + BQ = DP + DQ, а значит, четырёхугольник ABCD описанный.

6.11. Пусть O — точка пересечения общих внешних касательных к впи санным окружностям треугольников ABK1 и ACK2 (рис. 6.5). Проведём из точки O касательную l к вписанной окружности треугольника, образованного прямыми AK1, AK2 и касательной к вписанным окружностям треугольников ABK1 и ACK2, отличной от прямой BC. Пусть прямая l пересекает прямые AB и AK2 в точках B и K. Согласно задаче 6.10 четырёхугольник BK2K B 2 описанный. Это означает, что прямая l касается вписанной окружности тре угольника ABK2. Аналогично доказывается, что прямая l касается вписанной окружности треугольника ACK1.

6.12. а) Сопоставим окружности (x - a)2 + (y - b)2 = r2 с заданной на ней ориентацией (направлением обхода) точку с координатами (a, b, ±r), где знак перед r соответствует ориентации окружности. Рассмотрим пару пере секающихся прямых, на которых заданы ориентации (направления). Легко Решения задач Рис. 6. убедиться, что семейству ориентированных окружностей, касающихся данных прямых так, что в точках касания ориентации согласованы, сопоставляется прямая в пространстве, проходящая через точку плоскости r = 0, соответству ющую точке пересечения двух данных прямых.

Пусть прямые AB и CD пересекаются в точке P, а прямые BC и AD — в точке Q. Предположим, что четырёхугольники, примыкающие к вершинам A, B и C, описанные. Зададим на вписанных в них окружностях ориентации согласованным образом и перенесём эти ориентации на касательные. Пусть этим ориентированным окружностям соответствуют точки Oa, Ob и Oc. Тогда точки Oa, Ob и P лежат на одной прямой;

точки Ob, Oc и Q тоже лежат на одной прямой. Следовательно, все эти точки лежат в одной плоскости.

Pages:     | 1 | 2 || 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.