WWW.DISSERS.RU

БЕСПЛАТНАЯ ЭЛЕКТРОННАЯ БИБЛИОТЕКА

   Добро пожаловать!

Pages:     | 1 |   ...   | 2 | 3 || 5 | 6 |   ...   | 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 4 ] --

Поэтому прямые OaQ и OcP пересекаются в некоторой точке Od. (Вообще говоря, эти прямые могли бы быть параллельны.

Чтобы исключить такую возможность, нужно воспользоваться тем, что если, например, точ ка B лежит между A и P, то точка Ob лежит между Oa и P.) Точке Od соответствует окруж ность, вписанная в четырёхугольник, примыка ющий к вершине D.

б) Радиусы ra, rb, rc, rd пропорциональны расстояниям от точек Oa, Ob, Oc, Od до пря мой PQ. Поэтому нужно лишь воспользоваться результатом задачи 1.3 б).

6.13. На окружностях и касательных мож но выбрать ориентации согласованным образом Рис. 6. (рис. 6.6). Пусть Ai — точка пересечения каса тельных к окружности Si. Ориентации касатель ных задают ориентацию четырёхугольника A1A2A3A4 (этот четырёхугольник может быть невыпуклым). Из равенства длин касательных, проведённых из точки Ai к окружности Si, следует, что A1A2 + A3A4 = A2A3 + A1A4. (1) Воспользовавшись результатом задачи 6.9, получим, что стороны четырёх угольника A1A2A3A4 (или их продолжения) касаются одной окружности, если только этот четырёхугольник невырожденный.

166 Глава 6. Многоугольники Если три касательные пересекаются в одной точке, то из равенства (1) следует, что четырёхугольник A1A2A3A4 вырождается в отрезок или в точ ку. В отрезок он вырождаться не может, поскольку если две касательные сливаются в одну прямую l, то они должны соответствовать противополож ным сторонам четырёхугольника;

в этом случае все касательные пересекаются в одной точке (середине отрезка, высекаемого на прямой l точками ка сания).

6.14. Пусть стороны AB, BC, CD, DA четырёхугольника ABCD касаются вписанной окружности в точках E, F, G, H соответственно.

Покажем сначала, что прямые FH, EG и AC пересекаются в одной точке. Обозначим точки, в которых прямые FH и EG пересекают пря мую AC, через M и M соответственно. Поскольку AHM = BFM как углы между касательными и хордой HF, то sin AHM = sin CFM. Поэтому AM · MH SAMH AH · MH AM AH AM AE AH AM = =, т. е. =. Аналогично = = =, FM · MC SFMC FC · FM MC FC M C CG FC MC поэтому M = M, т. е. прямые FH, EG и AC пересекаются в одной точке.

Аналогичные рассуждения показывают, что прямые FH, EG и BD пере секаются в одной точке, поэтому прямые AC, BD, FH и EG пересекаются в одной точке.

6.15. Отрезки CHd и DHc параллельны, так как они перпендикулярны прямой AB. Кроме того, так как BCA = BDA =, длины этих отрезков равны AB|ctg | (см. задачу 5.51 б).

6.16. Пусть Oa, Ob, Oc и Od — центры вписанных окружностей треуголь ников BCD, ACD, ABD и ABC соответственно. Так как ADB = ACB, то AOcB=90 +(ADB/2)=90 +(ACB/2)=AOdB (см. задачу 5.3). Поэтому че тырёхугольник ABOdOc вписанный, т. е. OcOdB=180-OcAB=180 -(A/2).

Аналогично OaOdB = 180 - (C/2). Так как A + C = 180, то OcOdB + + OaOdB = 270, а значит, OaOdOc = 90. Аналогично доказывается, что и остальные углы четырёхугольника OaObOcOd равны 90.

6.17. а) Пусть лучи AB и DC пересекаются в точке P, а лучи BC и AD — в точке Q. Докажем, что точка M, в которой пересекаются описанные окружности треугольников CBP и CDQ, лежит на отрезке PQ. В самом де ле, CMP + CMQ = ABC + ADC = 180. Поэтому PM + QM = PQ, а так как PM · PQ = PD · PC = p2 - R2 и QM · PQ = QC · QB = q2 - R2, то PQ2 = = PM · PQ + QM · PQ = p2 + q2 - 2R2.

Пусть N — точка пересечения описанных окружностей треугольников ACP и ABS. Докажем, что точка S лежит на отрезке PN. В самом деле, ANP = = ACP = 180 - ACD = 180 - ABD = ANS. Поэтому PN - SN = PS, а так как PN · PS = PA · PB = p2 - R2 и SN · PS = SA · SC = R2 - s2, то PS2 = PN · PS - SN · PS = p2 + s2 - 2R2. Аналогично QS2 = q2 + s2 - 2R2.

б) Согласно задаче а) PQ2 -PS2 =q2 -s2 =OQ2 -OS2. Следовательно, OPQS (см. задачу 7.6). Аналогично доказывается, что OQ PS и OS PQ.

6.18. Пусть вписанные окружности треугольников ABC и ACD касаются диагонали AC в точках M и N соответственно. Тогда AM = (AC + AB - BC)/ и AN = (AC + AD - CD)/2 (см. задачу 3.2). Точки M и N совпадают тогда и только тогда, когда AM = AN, т. е. AB + CD = BC + AD. Итак, если точки M и N совпадают, то четырёхугольник ABCD описанный, и аналогичные Решения задач рассуждения показывают, что точки касания вписанных окружностей тре угольников ABD и BCD с диагональю BD совпадают.

Пусть вписанная окружность треугольника ABC касается сторон AB, BC и CA в точках P, Q и M, а вписанная окружность треугольника ACD касается сторон AC, CD и DA в точках M, R и S. Так как AP = AM = AS и CQ = CM = CR, то треугольники APS, BPQ, CQR и DRS равнобедренные;

пусть,, и — углы при основаниях этих равнобедренных треугольников.

Сумма углов этих треугольников равна 2( + + + ) + A + B + C + D, поэтому + + + =180. Следовательно, SPQ+SRQ=360-( + + + )= = 180, т. е. четырёхугольник PQRS вписанный.

6.19. Пусть O — точка пересечения диагоналей AC и BD;

A1, B1, C1 и D1 — её проекции на стороны AB, BC, CD и DA. Точки A1 и D1 лежат на окруж ности с диаметром AO, поэтому OA1D1 = = OAD1. Аналогично OA1B1 = OBB1.

А так как CAD = CBD, то OA1D1 = = OA1B1. Аналогично доказывается, что B1O, C1O и D1O — биссектрисы углов четы рёхугольника A1B1C1D1, т. е. O — центр его вписанной окружности.

6.20. Воспользуемся обозначениями рис. 6.7. Условие вписанности четырёх угольника A1B1C1D1 эквивалентно тому, что ( + ) + ( + ) = 180, а перпенди кулярность диагоналей AC и BD — тому, что ( + ) + ( + ) = 180. Ясно так 1 1 1 же, что =, =, = и =.

1 1 1 6.21. По теореме косинусов AD2 = AC2 + Рис. 6. + CD2 - 2AC · CD · cos ACD и AC2 = AB2 + + BC2 - 2AB · BC cos B. А так как длина проекции отрезка AC на прямую l, перпендикулярную CD, равна сумме длин проекций отрезков AB и BC на прямую l, то AC cos ACD = AB cos + + BC cos C.

6.22. Пусть AOD = 2. Тогда расстояния от точки O до проекций сере дин диагоналей AC и BD на биссектрису угла AOD равны cos (OA + OC)/ и cos (OB + OD)/2 соответственно. Так как OA + OC = AB + OB + OC = = CD + OB + OC = OB + OD, эти проекции совпадают.

6.23. Достроим треугольники ABM и DCM до параллелограммов ABMM и DCMM2. Так как AM1 : DM2 = BM : MC = AN : DN, то ANM1 DNM2.

Поэтому точка N лежит на отрезке M1M2 и MM1 : MM2 = AB : CD = AN : ND = = M1N : M2N, т. е. MN — биссектриса угла M1MM2.

6.24. Пусть a, b, c и d — биссектрисы углов при вершинах A, B, C и D.

Нужно проверить, что (a, b) + (c, d) = 0. Ясно, что (a, b) = (a, AB) + + (AB, b) и (c, d) = (c, CD) + (CD, d). Так как четырёхугольник ABCD выпуклый, из равенств (a, AB) = (AD, AB)/2, (AB, b) = (AB, BC)/2, (c, CD) = (CB, CD)/2 и (CD, d) = (CD, DA)/2 получаем (a, b) + (c, d) = = ((AD, AB) + (AB, BC) + (CB, CD) + (CD, DA))/2 = 360/2 = 0. (По по воду ориентированных углов между прямыми см. с. 30.) 6.25. для определённости AB > A1B1. При параллельном переносе на # Пусть – вектор CB треугольник SD1C1 переходит в S D C, а отрезок CD переходит 1 168 Глава 6. Многоугольники в BA. Так как QA1 : QA = A1B1 : AB = D C : AB = S D : S A, то QS A1D.

1 1 1 Следовательно, QS AD. Аналогично PR AB.

6.26. Предположим, что прямые AD и BC не параллельны. Пусть M2, K, N2 — середины сторон AB, BC, CD соответственно. Если MN BC, то BC AD, так как AM = MC и BN = ND. Поэтому будем считать, что прямые MN и BC # – # – # – не параллельны, т. е. M1 = M2 и N1 = N2. Ясно, что M2M = BC/2 = NN # – # – и M1M = NN1. Поэтому M1M2 N1N2. Следовательно, KM AB CD KN, т. е. M = N. Получено противоречие.

6.27. Преобразованием подобия можно совместить одну пару соответствен ных сторон четырёхугольников, поэтому достаточно рассмотреть четырёхуголь ники ABCD и ABC1D1, у которых точки C1 и D1 лежат на лучах BC и AD и CD C1D1. Обозначим точки пересечения диагоналей четырёхугольников ABCD и ABC1D1 через O и O1 соответственно.

Предположим, что точки C и D лежат бли же к точкам B и A, чем точки C1 и D1.

Докажем, что тогда AOB > AO1B. В са мом деле, C1AB > CAB и D1BA > DBA, поэтому AO1B = 180 - C1AB - D1BA < < 180 - CAB - DBA = AOB. Получено противоречие, поэтому C1 = C, D1 = D.

6.28. Любой четырёхугольник с точно стью до подобия определяется направления Рис. 6. ми своих сторон и диагоналей, поэтому до статочно построить один пример четырёх угольника A1B1C1D1 с требуемыми направлениями сторон и диагоналей.

Пусть O — точка пересечения диагоналей AC и BD. На луче OA возьмём про извольную точку D1 и проведём D1A1 BC, A1B1 CD и B1C1 DA (рис. 6.8).

Так как OC1 : OB1 = OD : OA, OB1 : OA1 = OC : OD и OA1 : OD1 = OB : OC, то OC1 : OD1 = OB : OA, а значит, C1D1 AB. Из полученного рисунка ясно, что A + C1 = 180.

6.29. Пусть O — точка пересечения диагоналей четырёхугольника ABCD.

Без ограничения общности можно считать, что = AOB < 90. Опустим перпендикуляры AA1, BB1, CC1, DD1 на диагонали четырёхугольника ABCD.

Так как OA1 = OA cos, OB1 = OB cos, OC1 = OC cos, OD1 = OD cos, то при симметрии относительно биссектрисы угла AOB четырёхугольник ABCD пере ходит в четырёхугольник, гомотетичный четырёхугольнику A1B1C1D1 (с коэф фициентом 1/ cos ).

6.30. Пусть диагонали четырёхугольника ABCD пересекаются в точке O;

Ha и Hb — ортоцентры треугольников AOB и COD;

Ka и Kb — середины сторон BC и AD;

P — середина диагонали AC. Точки пересечения медиан треугольни ков AOD и BOC делят отрезки KaO и KbO в отношении 1 : 2, поэтому нужно доказать, что HaHb KaKb.

Так как OHa = AB|ctg | и OHb = CD|ctg |, где = AOB (см. за дачу 5.51 б), то OHa : OHb = PKa : PKb. Соответственные стороны уг # – # – лов HaOHb и KaPKb перпендикулярны;

кроме того, векторы OHa и OHb направлены к прямым AB и CD при < 90 и от этих прямых при > 90. Поэтому HaOHb = KaPKb и HaOHb KaPKb. Следователь но, HaHb KaKb.

Решения задач 6.31. Пусть S = SAOD, x = AO, y = DO, a = AB, b = BC, c = CD, d = DA;

k — коэффициент подобия треугольников BOC и AOD. Тогда 1 1 d + x + y b + kx + ky 2 + = +, r1 r3 S k2S 1 1 a + x + ky c + kx + y 2 + = +, r2 r4 kS kS так как SBOC = k2S и SAOB = SCOD = kS. Поскольку x + y x + y x + ky kx + y + = +, S kS kS kS остаётся заметить, что a + c = b + d.

6.32. Ясно, что AB = r1(ctg(A/2) + ctg(B/2)) и CD = r3(ctg(C/2) + ctg(D/2)).

Поэтому AB/r1 + CD/r3 = ctg(A/2) + ctg(B/2) + ctg(C/2) + ctg(D/2) = BC/r2 + + AD/r4.

6.33. Достроим треугольники ABD и DBC до параллелограммов ABDA и DBCC1. Отрезки, соединяющие точку D с вершинами параллелограм ма ACC1A1, делят его на четыре треугольника, равных треугольникам DAB, CDA, BCD и ABC, поэтому радиусы вписанных окружностей этих треуголь ников равны. Докажем, что точка D совпадает с точкой O пересечения диагоналей параллелограмма. Если D = O, то можно считать, что точка D лежит внутри треугольника AOC. Тогда rADC < rAOC = rA1OC1 < rA1DC1 = rABC (см. задачу 10.90). Получено противоречие, поэтому D = O.

Так как p = S/r, а площади и радиусы вписанных окружностей треуголь ников, на которые диагонали делят параллелограмм ACC1A1, равны, то равны и их периметры. Поэтому ACC1A1 — ромб, a ABCD — прямоугольник.

6.34. Точки C1 и D1 лежат на серединном перпендикуляре к отрезку AB, поэтому AB C1D1. Аналогично C1D1 A2B2, а значит, AB A2B2. Анало гично доказывается, что параллельны и остальные соответственные стороны и диагонали четырёхугольников ABCD и A2B2C2D2. Следовательно, эти четы рёхугольники подобны.

Пусть M — середина отрезка AC. Тогда B1M=|AM ctg D| и D1M=|AM ctg B|, причём B1D1 = |ctg B + ctg D| · AC/2. Повернём четырёхугольник A1B1C1D на 90. Тогда, воспользовавшись результатом задачи 6.28, получим, что этот четырёхугольник выпуклый, причём ctg A = - ctg C1 и т. д. Поэтому A2C2 = |ctg A + ctg C| · B1D1/2 = |(ctg A + ctg C)(ctg B + ctg D)/4| · AC.

6.35. Пусть M и N — середины сторон AB и CD. Опустим из точ ки D перпендикуляр DP на прямую MN, а из точки M перпендику ляр MQ на CD. Тогда Q — точка касания прямой CD и окружности с диа метром AB. Прямоугольные треугольники PDN и QMN подобны, поэто му DP = ND · MQ/MN = ND · MA/MN. Аналогично расстояние от точки A до прямой MN равно ND · MA/MN. Следовательно, AD MN. Аналогич но BC MN.

6.36. Достаточно проверить, что ортоцентры любых трёх из данных че тырёх треугольников лежат на одной прямой. Пусть некоторая прямая пересекает прямые B1C1, C1A1 и A1B1 в точках A, B и C соответствен но;

A2, B2 и C2 — ортоцентры треугольников A1BC, AB1C и ABC1. Пря мые AB2 и A2B перпендикулярны прямой A1B1, поэтому они параллельны.

170 Глава 6. Многоугольники Аналогично BC2 B2C и CA2 C2A. Точки A, B и C лежат на одной прямой, поэтому точки A2, B2 и C2 тоже лежат на одной прямой (см. задачу 1.12 б).

6.37. Возьмём на диагонали BD точку M так, что MCD = BCA. То гда ABC DMC, так как углы BAC и BDC опираются на одну дугу.

Поэтому AB · CD = AC · MD. Поскольку MCD = BCA, то BCM = ACD и BCM ACD, так как углы CBD и CAD опираются на одну дугу. Поэто му BC · AD = AC · BM. Следовательно, AB · CD + AD · BC = AC · MD + AC · BM = = AC · BD.

6.38. Пусть S — площадь четырёхугольника ABCD, R — радиус его описан ной окружности. Тогда S = SABC + SADC = AC(AB · BC + AD · DC)/4R (см. зада чу 12.1). Аналогично S = BD(AB · AD + BC · CD)/4R. Приравнивая эти выра жения для S, получаем требуемое.

6.39. Пусть правильный семиугольник A1... A7 вписан в окружность.

Применяя теорему Птолемея к четырёхугольнику A1A3A4A5, получаем A1A3 ·A5A4 +A3A4 ·A1A5 =A1A4 ·A3A5, т. е. sin 2 sin +sin sin 3 =sin 3 sin 2.

6.40. Пусть A1, B1 и C1 — середины сторон BC, CA и AB. По теореме Птолемея AC1 · OB1 + AB1 · OC1 = AO · B1C1, где O — центр описанной окруж ности. Поэтому cdb + bdc = aR. Аналогично adc + cda = bR и adb + bda = cR.

Кроме того, ada + bdb + cdc = 2S = (a + b + c)r. Складывая все эти равенства и сокращая на a + b + c, получаем требуемое.

6.41. Пусть P — вторая точка пересечения отрезка CC1 с вписанной окружностью. Тогда AB1C1 = B1PC1, поэтому CPB1 CB1C1, а значит, PB1/B1C1 = CP/CB1. Аналогично доказывается, что CP/CA1 = PA1/A1C1. Учи тывая, что CA1 = CB1, получаем PB1 · A1C1 = PA1 · B1C1.

По теореме Птолемея PB1 · A1C1 + PA1 · B1C1 = PC1 · A1B1, т. е. 2PB1 · A1C1 = = 2PC1 · QA1. Ясно также, что B1PC1 = QA1C1. Поэтому B1PC1 QA1C1, а значит, BC1P = QC1A1.

З а м е ч а н и е. Утверждение задачи можно переформулировать следующим образом: точка Жергонна треугольника ABC совпадает с точкой Лемуана тре угольника A1B1C1.

6.42. По теореме Птолемея AB · CD + AC · BD = AD · BC. Учитывая, что CD = = BD BC/2, получаем требуемое.

6.43. Применяя теорему Птолемея к четырёхугольнику ABCP и сокращая на длину стороны квадрата, получаем требуемое.

6.44. Применяя теорему Птолемея к четырёхугольнику APQR, получа ем AP · RQ + AR · QP = AQ · PR. Так как ACB = RAQ = RPQ и RQP = = 180 - PAR = ABC, то RQP ABC, а значит, RQ : QP : PR = AB : BC : CA.

Остаётся заметить, что BC = AD.

6.45. а) Запишем теорему Птолемея для всех четырёхугольников с вер шинами в точке A и трёх последовательных вершинах данного много угольника так, чтобы сомножители di с чётными номерами всегда стояли в правой части: d1a + d3a = d2b, d3b = d2a + d4b,..., d2n-1a + d2n+1a = d2nb, d1a + d2n+1b = d2na, d1b + d2n+1a = d2a (здесь a — сторона данного много угольника, b — его наименьшая диагональ). Сложив эти равенства, получим (2a + b)(d1 +... + d2n+1) = (2a + b)(d2 +... + d2n).

б) Пусть R — радиус окружности S. Тогда li = di (R ± r)/R (см. зада чу 3.21). Остаётся воспользоваться результатом задачи а).

6.46. Пусть оба касания внешние и x y. Прямая, проходящая через центр O окружности радиуса x параллельно отрезку, соединяющему точки Решения задач касания, пересекает окружность радиуса y - x (с центром в центре окружности радиуса y) в точках A и B (рис. 6.9).

Тогда OA = a(R + x)/R и OB = OA + a(y - x)/R = a(R + y)/R.

Квадрат искомой длины общей внешней касательной равен OA · OB = (a/R)2(R + x)(R + y).

Аналогичные рассуждения показывают, что если оба каса Рис. 6. ния внутренние, то квадрат длины внешней касательной равен (a/R)2(R - x)(R - y), а если окружность радиуса x касается внешне, а окружность радиуса y — внутренне, то квадрат длины внутренней касательной равен (a/R)2(R - y)(R + x).

З а м е ч а н и е. В случае внутреннего касания окружностей предполагается, что R > x и R > y.

6.47. Пусть R — радиус описанной окружности четырёхугольника ABCD;

ra, rb, rc и rd — радиусы окружностей,, и. Пусть далее a = R ± ra, причём знак плюс берётся в случае внешнего касания, а знак минус — в случае внутреннего;

числа b, c и d определяются аналогично. Тогда t = abAB/R (см. задачу 6.46) и т. д. Поэтому, домножая равенство AB · CD + BC · DA = = AC · BD на abcd/R2, получаем требуемое.

6.48. Так как EBD = ABE + CBD, то на стороне ED можно взять точку P так, что EBP = ABE = AEB, т. е. BP AE. Тогда PBD = EBD - EBP = CBD = BDC, т. е. BP CD. Следовательно, AE CD, а так как AE = CD, то CDEA — параллелограмм. Поэтому AC = ED, т. е. треуголь ник ABC равносторонний и ABC = 60.

6.49. а) Пусть O — центр описанной окружности треугольника CKE. До статочно проверить, что COK = 2KCB. Оба эти угла легко вычисляют ся: COK = 180 - 2OKC = 180 - EKC = 180 - EDC = 72 и KCB = = (180 - ABC)/2 = 36.

б) Так как BC — касательная к описанной окружности треугольника CKE, то BE · BK = BC2, т. е. d(d - a) = a2.

6.50. Пусть перпендикуляры, восставленные к прямой AB в точках A и B, пересекают стороны DE и CD в точках P и Q. Любая точка отрезка CQ явля ется вершиной прямоугольника, вписанного в пятиугольник ABCDE (стороны этого прямоугольника параллельны AB и AP), причём при перемещении этой точки от Q к C отношение длин сторон прямоугольников изменя ется от AP/AB до 0. Так как угол AEP тупой, то AP > AE = AB. Поэтому для некоторой точки отрезка QC отношение длин сторон прямоуголь ника равно 1.

6.51. Пусть точки A1,..., E1 симметричны точкам A,..., E относительно центра окружно сти S;

P, Q и R — точки пересечения прямых BC1 и AB1, AE1 и BA1, BA1 и CB1 (рис. 6.10).

Тогда PQ = AB = a и QR = b. Так как PQ AB и ABA1 = 90, то PR2 = PQ2 + QR2 = a2 + b2.

Прямая PR проходит через центр окружности S и AB1C = 4 · 18 = 72, поэтому PR — сторона Рис. 6. 172 Глава 6. Многоугольники правильного пятиугольника, описанного около окружности с центром B1, ради ус B1O которой равен радиусу окружно сти S.

6.52. Проведём через точки A, C и E прямые l1, l2 и l3, параллельные пря мым BC, DE и FA соответственно. Обо значим точки пересечения прямых l1 и l2, l2 и l3, l3 и l1 через P, Q, R соответственно (рис. 6.11). Тогда SACE = (SABCDEF - SPQR)/2 + SPQR = = (SABCDEF + SPQR)/2 SABCDEF/2.

Рис. 6. Аналогично SBDF = (SABCDEF + SP Q R )/2. Яс но, что PQ = |AB - DE|, QR = |CD - AF|, PR = |EF - BC|, поэтому треугольники PQR и P Q R равны. Следовательно, SACE = SBDF.

6.53. Построим треугольник PQR, как и в предыдущей задаче. Этот тре угольник правильный, и PQ = |AB - DE|, QR = |CD - AF|, PR = |EF - BC|.

Поэтому |AB - DE| = |CD - AF| = |EF - BC|.

6.54. Сумма углов при вершинах A, C и E равна 360, поэтому из рав нобедренных треугольников ABF, CBD и EDF можно сложить треугольник, приложив AB к CB, a ED и EF к CD и AF. Стороны полученного треугольника равны сторонам треугольника BDF. Следовательно, при симметрии относи тельно прямых FB, BD и DF точки A, C и E переходят в центр O описанной окружности треугольника BDF, а значит, AB OF DE.

6.55. Предположим, что прямые, на которых лежат диагонали шестиуголь ника, образуют треугольник PQR. Обозначим вершины шестиугольника следу ющим образом: вершина A лежит на луче QP, B — на RP, C — на RQ и т. д.

Так как прямые AD и BE делят пло щадь шестиугольника пополам, то SAPEF + + SPED = SPDCB + SABP и SAPEF + SABP = SPDCB + + SPED. Поэтому SABP = SPED, т. е.

AP·BP=EP·DP=(ER+RP)(DQ+QP)>ER·DQ.

Аналогично CQ · DQ > AP · FR и FR · ER > BP · CQ.

Перемножая эти неравенства, получаем AB · BP · CQ · DQ · FR · ER > ER · DQ · AP · FR · BP · CQ, чего не может быть. Поэтому диагонали шести угольника пересекаются в одной точке.

6.56. Обозначим середины сторон выпукло го шестиугольника ABCDEF так, как показано на рис. 6.12. Пусть O — точка пересечения от резков KM и LN. Площади треугольников, на которые делят шестиугольник отрезки, соеди Рис. 6. няющие точку O с вершинами и серединами сторон, обозначим так, как показано на том же рисунке. Легко проверить, что SKONF = SLOMC, т. е. a + f = c + d. Следовательно, ломаная POQ делит ше стиугольник на две части равной площади, а значит, отрезок PQ проходит через точку O.

Решения задач 6.57. а) Вписанная трапеция является равнобочной, поэтому если данный шестиугольник вписанный, то его диагонали равны. Предположим теперь, что диагонали данного шестиугольника ABCDEF равны. Тогда, например, ABDE — равнобочная трапеция, причём прямая, соединяющая середины её оснований AB и ED, является биссектрисой угла между прямыми AD и BE.

Поэтому прямые, соединяющие середины противоположных сторон шести угольника ABCDEF, пересекаются в одной точке O — точке пересечения биссектрис треугольника, образованного диагоналями AD, BE и CF (если диагонали пересекаются в одной точке, то в качестве O берётся именно эта точка).

б) В случае невыпуклого шестиугольника ABCDEF единственное суще ственное отличие заключается в том, что теперь прямая, соединяющая сере дины сторон AB и ED, может быть не только биссектрисой внутреннего угла треугольника, образованного диагоналями AD, BE и CF, но и биссектрисой внешнего угла. А три биссектрисы треугольника, среди которых есть как внутренние, так и внешние, не всегда пересекаются в одной точке (внеш них биссектрис должно быть чётное число). Поэтому дополнительно нужно доказать, что в рассматриваемой ситуации три биссектрисы всегда пересека ются в одной точке. Для этого мы воспользуемся тем, что рассматриваемые биссектрисы l1, l2, l3 можно занумеровать так, что композиция симметрий (Sl1 Sl2 Sl3)2 оставляет точку A на месте: A B C D E F A.

Действительно, согласно задаче 17.39 преобразование Sl1 Sl2 Sl3 является скользящей симметрией, а согласно задаче 17.23 это преобразование является симметрией тогда и только тогда, когда прямые l1, l2 и l3 пересекаются в одной точке.

6.58. а) Пусть O — центр описанной окружности. Так как AkOAk+2 = = 360 - 2AkAk+1Ak+2 = — постоянная величина, то при повороте с цен тром O на угол точка Ak переходит в Ak+2. Для нечётного n из этого следует, что все стороны многоугольника A1... An равны.

б) Пусть a — длина стороны данного многоугольника. Если одна из его сторон делится точкой касания с вписанной окружностью на отрезки длиной x и a - x, то соседние с ней стороны тоже делятся на отрезки длиной x и a - x (смежные отрезки соседних сторон равны) и т. д. Для нечётного n из этого следует, что все стороны многоугольника A1... An, делятся точками касания с вписанной окружностью пополам, а зна чит, все его углы равны.

6.59. Стороны многоугольника A1... An параллельны сторонам правильного n-угольника. Отложим на лучах OA1,...

..., OAn равные отрезки OB1,..., OBn.

Тогда многоугольник B1... Bn правиль ный и стороны многоугольника A1... An образуют равные углы с его сторонами.

Следовательно, OA1 : OA2 = OA2 : OA3 =...

... = OAn : OA1 = k, т. е. OA1 = kOA2 = = k2OA3 =... = knOA1, а значит, k = 1.

6.60. Обозначим вершины пятиуголь ника так, как показано на рис. 6.13.

Если в треугольнике две высоты равны, Рис. 6. 174 Глава 6. Многоугольники то равны и стороны, на которые опущены эти высоты. Рассматривая треуголь ники EAB, ABC и BCD, получаем EA = AB, AB = BC и BC = CD. Поэтому трапеции EABC и ABCD равнобедренные, т. е. A = B = C. Рассматри вая треугольники ABD и BCE, получаем AD = BD и BE = CE. Так как треугольники EAB, ABC, BCD равны, то BE = AC = BD. Поэтому AD = BE и BD = CE, т. е. трапеции ABDE и CDEB равнобедренные. Следователь но, ED = AB = BC = CD = AE и E = A = B = C = D, т. е. ABCDE — пра вильный пятиугольник.

6.61. Треугольник BMC равнобедренный с углом при вершине 30 и углом при основании (180 - 30)/2 = 75. Следовательно, треугольники BAM и BCN равнобедренные с углом 15 при основании. Поэтому треугольник BMN пра вильный. Пусть O — центр квадрата, P и Q — середины отрезков MN и BK (рис. 6.14). Так как OQ — средняя линия треугольника MBK, то OQ = BM/2 = = MP = OP и QON = MBA = 15, а значит, POQ = PON - QON = 30.

Дальнейшее доказательство проводится аналогично.

Рис. 6.14 Рис. 6. 6.62. Рассмотрим правильный двенадцатиугольник A1... A12, вписанный в окружность радиуса R. Ясно, что A1A7 = 2R, A1A3 = A1A11 = R. Поэто му A1A7 = A1A3 + A1A11.

6.63. Для k = 3 решение задачи ясно из рис. 6.15. В самом деле, A3A4 = OQ, KL = QP и MN = PA14, поэтому A3A4 + KL + MN = OQ + QP + PA14 = OA14 = R.

Доказательство проводится аналогично и для любого k.

6.64. Для доказательства достаточно применить результат задач 5. и 5.85 б) к треугольнику AaAcAe и прямым AaAd, AcAf и AeAb. При решении задачи б) нужно ещё заметить, что sin 20 sin 70 = sin 20 cos 20 = (sin 40)/2 = = sin 30 sin 40, а при решении задачи в) нужно заметить, что sin 10 sin 80 = = sin 30 sin 20.

6.65. Как и в предыдущей задаче, нужно проверить равенство sin 2 sin 2 sin 8 = sin sin 3 sin 14, где = 180/30 = 6. Ясно, что sin 14 = cos, поэтому 2 sin sin 3 sin 14 = =sin 2 sin 3. Остаётся проверить, что sin 3 =2 sin 2 sin 8 =cos 6 -cos 10 = = 1 - 2 sin2 3 - 1/2, т. е. 4 sin2 18 + 2 sin 18 = 1 (см. задачу 5.52).

Решения задач 6.66. Пусть сначала n = 2m. Диагонали и стороны правильного 2m-уголь ника имеют m различных длин. Поэтому отмеченные точки лежат на m - концентрических окружностях (по n точек на каждой) или в общем центре этих окружностей. Поскольку различные окружности имеют не более двух об щих точек, окружность, не принадлежащая этому семейству концентрических окружностей, содержит не более 1 + 2(m - 1) = 2m - 1 = n - 1 отмеченных точек.

Пусть теперь n = 2m + 1. Диагонали и стороны правильного (2m + 1)-уголь ника имеют m различных длин. Поэтому отмеченные точки лежат на m концентрических окружностях (по n точек на каждой). Окружность, не при надлежащая этому семейству концентрических окружностей, содержит не более 2m = n - 1 отмеченных точек.

В обоих случаях наибольшее число отмеченных точек, лежащих на одной окружности, равно n.

6.67. Обозначим центр многоугольника через O, вершины — через A1,...

..., An. Предположим, что среди одноцветных многоугольников нет равных, т. е. они имеют m = m1 < m2 < m3 <... < mk сторон соответственно. Рассмотрим преобразование f, определённое на множестве вершин n-угольника и перево дящее вершину Ak в вершину Amk: f(Ak) = Amk (считаем, что Ap+qn = Ap). При этом преобразовании вершины правильного m-угольника переходят в одну # – точку B, поэтому сумма векторов Of(Ai), где Ai — вершины m-угольника, # – # – равна mOB = 0.

Поскольку AmiOAmj = mAiOAj вершины любого правильного многоуголь ника с числом сторон больше m переходят при рассматриваемом преобра зовании в вершины правильного многоугольника. Поэтому и сумма векто # – ров Of(Ai) по всем вершинам n-угольника и аналогичные суммы по верши нам m2-, m3-,..., mk-угольников равны нулю. Получено противоречие с тем, # – что сумма векторов Of(Ai) по вершинам m-угольника не равна нулю. Поэтому среди одноцветных многоугольников найдутся два равных.

6.68. Пусть правильный (n - 1)-угольник B1... Bn-1 вписан в правиль ный n-угольник A1... An. Можно считать, что A1 и B1 — наименее удалённые друг от друга вершины этих многоугольников и точки B2, B3, B4 и B лежат на сторонах A2A3, A3A4, A4A5 и A5A6. Пусть = Ai+1BiBi+1 и = i i = BiBi+1Ai+1, где i = 1, 2, 3, 4. По теореме синусов A2B2 : B1B2 = sin : sin и B2A3 : B2B3 = sin : sin, где — угол при вершине правильного n-уголь ника. Следовательно, sin + sin = an sin /an-1 где an и an-1 — стороны 1 данных многоугольников. Аналогичные рассуждения показывают, что sin + + sin = sin + sin = sin + sin. Заметим теперь, что sin + sin = 2 2 3 3 4 i i+ = 2 sin(( + )/2)cos(( - )/2), и займёмся вычислением + i i+1 i i+1 i i+ и -. Так как + = 2 /n и + = 2 /(n - 1), то = + i i+1 i i i+1 i i+1 i 2 + 2 /(n(n - 1)) и = - 2 /(n(n - 1)), а значит, + = - — i+1 i i i+ n n(n - 1) величина постоянная и - = - + 4 /(n(n - 1)). Следователь i i+1 i-1 i но, cos = cos( + 2 /n(n - 1)) = cos( + 4 /(n - 1)n) для = ( - )/2.

1 Получено противоречие, так как на интервале, длина которого мень ше 2, косинус не может принимать одно значение в трёх различных точках.

З а м е ч а н и е. В правильный пятиугольник квадрат вписать можно (см.

задачу 6.50).

176 Глава 6. Многоугольники # – # – 6.69. Пусть a=OA1 +...+OAn. При повороте вокруг точки O на угол 360/n точка Ai переходит в Ai+1, а значит, вектор a переходит в себя, т. a = 0.

# – # – # – # – # – # – # –е. # – Так как XAi = XO + OAi и OA1 +... + OAn = 0, то XA1 +... + XAn = nXO.

6.70. Проведём через центр правильного многоугольника A1... An прямую l, # – не проходящую через его вершины. Пусть xi равно проекции вектора OAi на прямую, перпендикулярную прямой l. Тогда все xi отличны от нуля и сумма чисел xi, стоящих в вершинах правильного k-угольника, равна нулю, посколь # – ку равна нулю соответствующая сумма векторов OAi (см. задачу 6.69).

# – # – 6.71. Согласно задаче 6.69 a = 10AO и b = 10BO, где O — центр многоуголь ника X1... X10. Ясно, что если точка A расположена очень близко к вершине многоугольника, а точка B — очень близко к середине стороны, то AO > BO.

6.72. Так как # – # – # – # – # – # – AiX2 = |AiO + OX|2 = AiO2 + OX2 + 2(AiO, OX) = R2 + d2 + 2(AiO, OX), # – # – то AiX2 = n(R2 + d2) + 2 AiO, OX = n(R2 + d2) (см. задачу 6.69).

6.73. Обозначим через Sk сумму квадратов расстояний от вершины Ak до всех остальных вершин. Тогда Sk = AkA2 + AkA2 +... + AkA2 = 1 2 n # – # – # – # – = AkO2 + 2(AkO, OA1) + A1O2 +... + AkO2 + 2(AkO, OAn) + AnO2 = 2nR2, n n # – # – так как OAi = 0. Поэтому Sk = 2n2R2. Поскольку квадрат каждой из i=1 k= сторон и диагоналей дважды входит в эту сумму, искомая сумма равна n2R2.

6.74. Пусть Xk — образ точки X при повороте относительно центра O данного n-угольника, переводящем Ak в A1. При этом повороте отрезок AkX переходит в A1Xk. Следовательно, A1X +.. AnX = A1X1 +... + A1Xn. А так #. +– # – # – как n-угольник X1... Xn правильный, то A1X1 +... + A1Xn = nA1O (см. зада чу 6.69), а значит, A1X1 +... + A1Xn nA1O.

6.75. проекция точки X на прямую OAi. Тогда (ei, x) = # – # Пусть –Bi — # – # – – # = (OAi, OBi + BiX) = (OAi, OBi) = ±R · OBi. Точки B1,..., Bn лежат на окруж ности с диаметром OX и являются вершинами правильного n-угольника при n нечётном и вершинами n/2-угольника, взятыми по два раза, при n чётном (см. задачу 2.9). Поэтому OB2 = nOX2/2 (см. задачу 6.72).

i 6.76. Пусть e1,..., en — векторы, идущие из центра данного n-угольника в его вершины;

x — единичный вектор, перпендикулярный прямой l. Искомая сумма равна (ei, x)2 = nR2/2 (см. задачу 6.75).

6.77. Пусть e1,..., en — единичные векторы, направленные из центра O # – правильного n-угольника в середины его сторон;

x = OX. Тогда расстояние от точки X до i-й стороны равно |(x, ei) - r|. Поэтому искомая сумма равна ((x, ei)2 - 2r(x, ei) + r2) = (x, ei)2 + nr2. Согласно задаче 6.75 (x, ei)2 = = nd2/2.

# – 6.78. Пусть x — единичный вектор, параллельный прямой l, ei = AiAi+1.

Тогда квадрат длины проекции стороны AiAi+1 на прямую l равен (x, ei)2.

Согласно задаче 6.75 (x, ei)2 = na2/2.

Решения задач # – # – 6.79. Пусть a = XO, ei = OAi. Тогда XA4 = |a + ei|4 = (|a|2 2(a, ei) |ei|2)2 = i + + = 4(R2 + (a, ei))2 = 4(R4 + 2R2(a, ei) + (a, ei)2). Ясно, что (a, ei) = a, ei = = 0. Согласно задаче 6.75 (a, ei)2 = nR4/2, поэтому искомая сумма равна 4(nR4 + nR4/2) = 6nR4.

6.80. а) Докажем сначала требуемое соотношение для u = e1. Пусть ei = = (sin, cos ), причём cos = 1. Тогда i i (e1, ei)ei = cos ei = (sin cos, cos2 ) = i i i i = ((sin 2 )/2, (1 + cos 2 )/2) = (0, n/2) = ne1/2.

i i Для u = e2 доказательство проводится аналогично. Остаётся заметить, что любой вектор u можно представить в виде u = e1 + e2.

# – б) Пусть B1... Bn середины сторон данного многоугольника, ei = OBi/OBi # – # — # – # – # # – – – и u = XO. Тогда XAi + (u, ei)ei. А так как OBi = 0, то XAi = #=–OBi = (u, ei)ei = nu/2 = nXO/2.

6.81. Пусть e0,..., en-1 — векторы сторон правильного n-угольника. До статочно доказать, что, переупорядочив эти векторы, можно получить такой n набор векторов {a1,..., an}, что kak = 0. Число n, не являющееся степенью k= простого числа, можно представить в виде n = pq, где p и q — взаимно простые числа. Докажем теперь, что набор {e0, ep,..., e(q-1)p;

eq, eq+p,..., eq+(q-1)p,...;

e(p-1)q,..., e(p-1)q+(q-1)p} искомый. Заметим сначала, что если x1q + y1p x2q + + y2p (mod pq), то x1 x2 (mod p) и y1 y2 (mod q), поэтому в рассматривае мом наборе каждый из векторов e0,..., en-1 встречается ровно один раз.

Концы векторов eq, eq+p,..., eq+(q-1)p с общим началом образуют пра вильный q-угольник, поэтому их сумма равна нулю. Кроме того, векто ры e0, ep,..., e(q-1)p переходят в eq, eq+p,..., eq+(p-1)q, при повороте на угол = = 2 /p. Поэтому если e0 + 2ep +... + qe(q-1)p = b, то (q + 1)eq + (q + 2)eq+p +...

... + 2qeq+(q-1)p = q(eq +... + eq+(q-1)p) + eq + 2eq+p +... + qeq+(q-1)p = R b, где R b — вектор, полученный из вектора b поворотом на угол = 2 /p. Ана логичные рассуждения показывают, что для рассматриваемого набора векто n ров kak = b + R b +... + R(p-1) b = 0.

k= 6.82. Предположим, что на сторонах треугольника ABC внешним образом построены квадраты ABB1A1, BCC2B2, ACC3A3 и вершины A1, B1, B2, C2, C3, A3 лежат на одной окружности S. Серединные перпендикуляры к от резкам A1B1, B2C2, A3C3 проходят через центр окружности S. Ясно, что серединные перпендикуляры к отрезкам A1B1, B2C2, A3C3 совпадают с се рединными перпендикулярами к сторонам треугольника ABC, поэтому центр окружности S совпадает с центром описанной окружности треугольника.

Обозначим центр описанной окружности треугольника ABC через O. Рас стояние от точки O до прямой B2C2 равно R cos A + 2R sin A, где R — ра диус описанной окружности треугольника ABC. Поэтому OB2 = (R sin A)2 + + (R cos A + 2R sin A)2 = R2(3 + 2(sin 2A - cos 2A)) = R2(3 - 2 2 cos(45 + 2A)). Яс но, что для того, чтобы треугольник обладал требуемым свойством, необходи мо и достаточно, чтобы OB2 = OC2 = OA2, т. е. cos(45 + 2A) = cos(45 + 2B) = 2 3 = cos(45 + 2C). Это равенство выполняется при A = B = C = 60. Если же A = B, то (45 + 2A) + (45 + 2B) = 360, т. е. A + B = 135. Тогда 178 Глава 6. Многоугольники C = 45 и A = C = 45, B = 90 (или B = 45, A = 90). Мы видим, что треугольник должен быть либо равносторонним, либо равнобедренным прямоугольным.

6.83. В любом треугольнике выполнено соотношение hc = ab/2R (зада ча 12.35), поэтому pk = MAk · MAk+1/2R. Следовательно, p1p3... p2n-1 = MA1 · MA2... MA2n/(2R)n = p2p4... p2n.

6.84. Пусть ABC — треугольник, вписанный в окружность S. Обозначим расстояния от центра O окружности до сторон BC, CA и AB через a, b и c соответственно. Тогда R + r = a + b + c, если точка O лежит внутри треуголь ника ABC, и R + r = -a + b + c, если точки O и A лежат по разные стороны от прямой BC (см. задачу 12.40).

Каждая из диагоналей разбиения принадлежит двум треугольникам раз биения. Для одного из этих треугольников точка O и оставшаяся вершина лежат по одну сторону от диагонали, для другого — по разные стороны. Раз биение n-угольника непересекающимися диагоналями на треугольники состоит из n - 2 треугольников. Поэтому сумма (n - 2)R + r1 +... + rn-2 равна сумме расстояний от точки O до сторон n-угольника (расстояния до сторон берутся с соответствующими знаками). Из этого видно, что сумма r1 +... + rn-2 не зависит от разбиения.

6.85. Пусть многоугольник A1... An вписан в окружность. Рассмотрим точ ку A, симметричную точке A2 относительно серединного перпендикуляра к отрезку A1A3. Тогда многоугольник A1A A3... An вписанный и его пло щадь равна площади многоугольника A1... An. Таким образом можно поменять местами любые две соседние стороны, а значит, можно поменять местами любые две стороны. Поэтому к любой стороне можно «подогнать» любую другую сторону, к ней — любую из оставшихся и т. д. Следовательно, пло щадь n-угольника, вписанного в данную окружность, зависит только от набора длин сторон, но не от их порядка.

6.86. Без ограничения общности можно считать, что an — наибольшее из чисел a1,..., an. Пусть n-угольник A1... An вписан в окружность с цен тром O. Тогда AiAi+1 : A1An = sin(AiOAi+1/2) : sin(A1OAn/2). Поэтому посту пим следующим образом. Из соотношения sin( /2) : sin( /2) = ai : an угол i i однозначно выражается через, если <. На окружности радиуса i фиксируем точку An и рассмотрим такие переменные точки A1,..., An-1, A, n что AnA1 =, A1A2 =,..., An-2An-1 = и An-1A =, причём 1 n-2 n n- расположим эти точки двумя различными способами, изображёнными на рис. 6.16 (первый способ (рис. 6.16, а) будет соответствовать n-угольнику, содержащему центр окружности, а второй (рис. 6.16, б) — не содержаще му). Остаётся доказать, что при изменении от 0 до в одном из этих случаев точка A совпадает с An (в самом деле, тогда с точностью до по n добия получается искомый n-угольник). Предположим, что в первом случае при 0 точки A и An никогда не совпадают, т. е. при = выпол n няется неравенство +... + <. Рисунок 6.16, б требует некоторых 1 n- комментариев: при малых углах sin, поэтому из условия задачи сле дует, что при малых углах точка An действительно лежит на дуге A1A, n так как +... + >. Итак, при малых углах +... + >, 1 n-1 1 n- а если =, то согласно предположению +... + < =. Поэтому 1 n- в некоторый момент = +... +, т. е. точки An и A совпадают.

1 n-1 n Решения задач Рис. 6. 6.87. Пусть h1,..., hn — расстояния от данной точки до соответствующих сторон, a1,..., an — расстояния от вершин многоугольника до точек касания.

Тогда произведение площадей как красных, так и синих треугольников равно a1... anh1... hn/2n.

6.88. Пусть OHi — высота треугольника OAiAi+1. Тогда Hi-1OAi =HiOAi = =. Из условия задачи следует, что + = +, + = +, i 1 2 n+1 n+2 n+2 n+3 2 + = +,..., + = + (при записи последнего 3 4 n+3 n+4 n-2 n-1 2n-2 2n- равенства мы учли, что n нечётно) и + 2 + = + 2 +.

n-1 n n+1 2n-1 2n Складывая все эти равенства, получаем + = +, что и требо n-1 n 2n-1 2n валось.

# – # – # – 6.89. Пусть O — центр а зна #данной окружности. Тогда XAi = XO + OAi, – – # – # – # – # чит, XA2 = XO2 + OA2 + 2(XO, OAi) = d2 + r2 + 2(XO, OAi). Так как a1OA1 +...

i i # – # –... + anOAn = 0 (см. задачу 13.4), то a1XA2 +... + anXA2 = (a1 +... + an)(d2 + r2).

1 n 6.90. Согласно задаче 5.8 bi-1bi/a2 = sin2(Ai/2). Для решения задачи а) i достаточно перемножить все такие равенства, а для решения задачи б) про изведение равенств с чётным индексом i нужно поделить на произведение равенств с нечётным индексом i.

6.91. Пусть BC — синяя сторона, AB и CD — соседние с BC стороны. По условию стороны AB и CD красные. Предположим, что многоугольник описан ный;

P, Q, R — точки касания сторон AB, BC, CD с вписанной окружностью.

Ясно, что BP = BQ, CR = CQ и отрезки BP, CR граничат только с одним синим отрезком. Поэтому сумма длин красных сто рон не меньше суммы длин синих сторон. Получено противоречие с тем, что сумма длин красных сто рон меньше половины периметра. Поэтому в много угольник нельзя вписать окружность.

6.92. Пусть выпуклый n-угольник имеет k острых углов. Тогда сумма его углов мень ше k · 90 + (n - k) · 180. С другой стороны, сум ма углов n-угольника равна (n - 2) · 180. Поэтому (n - 2) · 180 < k · 90 + (n - k) · 180, т. е. k < 4. По скольку k — целое число, k 3.

Для любого n 3 существует выпуклый n-уголь ник с тремя острыми углами (рис. 6.17).

Рис. 6. 180 Глава 6. Многоугольники 6.93. Предположим, что несмежные стороны AB и CD равны по длине наибольшей диагонали.

Тогда AB + CD AC + BD. Но согласно задаче 9. AB + CD < AC + BD. Получено противоречие, поэто му стороны, равные по длине наибольшей диагона ли, должны быть смежными, т. е. таких сторон не больше двух.

Пример многоугольника с двумя сторонами, рав ными по длине наибольшей диагонали, приведён на рис. 6.18. Ясно, что такой n-угольник существует Рис. 6. при любом n > 3.

6.94. Докажем, что n 5. Пусть AB = 1, а C — вершина, не соседняя ни с A, ни с B. Тогда |AC - BC| < AB = 1. Поэто му AC = BC, т. е. точка C лежит на серединном перпендикуляре к стороне AB.

Таким образом, кроме вершин A, B, C многоугольник может иметь ещё лишь две вершины.

Пример пятиугольника, обладающего требуемым свойством, приведён на рис. 6.19. Поясним, как он устроен. ACDE — прямоугольник, AC = ED = и CAD = 60. Точка B задаётся условием BE = BD = 3.

Примером четырёхугольника, обладающего требуе мым свойством, является прямоугольник ACDE на том же рисунке.

6.95. Пример пятиугольника, удовлетворяющего условию задачи, приведён на рис. 6.20. Поясним, как он устроен. Возьмём равнобедренный прямоугольный треугольник EAB, проведём серединные перпендикуля ры к сторонам EA, AB и на них построим точки C и D так, что ED = BC = AB (т. е. прямые BC и ED образуют с соответствующими серединными перпендикулярами углы в 30). Ясно, что DE = BC = AB = EA < EB < DC и DB = DA = CA = CE > EB.

Докажем теперь, что пятая сторона и пятая диа гональ не могут иметь общей точки. Предположим, что пятая сторона AB имеет общую точку A с пятой Рис. 6. диагональю. Тогда пятая диагональ — это AC или AD.

Разберём эти два случая.

В первом случае AED = CDE, поэтому при симметрии относительно серединного перпендикуляра к отрезку ED точка A переходит в точку C.

Точка B при этой симметрии остаётся на месте, так как BE = BD. Поэтому отрезок AB переходит в CB, т. е. AB = CB. Получено противоречие.

Во втором случае ACE = EBD, поэтому при симметрии относительно биссектрисы угла AED отрезок AB переходит в DC, т. е. AB = CD. Получено противоречие.

6.96. Рассмотрим две соседние вершины A1 и A2. Если A1OA2 90, то OA1 = OA2, так как к основанию равнобедренного треугольника не может прилегать прямой или тупой угол.

Пусть теперь A1OA2 < 90. Проведём через точку O прямые l1 и l2, перпендикулярные прямым OA1 и OA2. Обозначим области, на которые эти Решения задач Рис. 6.20 Рис. 6. прямые разбивают плоскость, так, как показано на рис. 6.21. Если в об ласти (3) есть вершина Ak, то A1O = AkO = A2O, поскольку A1OAk и A2OAk 90. Если же в области (3) нет вершин многоугольника, то в обла сти (1) есть вершина Ap и в области (2) есть вершина Aq. (Если бы в одной из областей (1), (2) не было вершин многоугольника, то точка O оказалась бы вне многоугольника.) Так как A1OAq 90, A2OAp 90 и ApOAq 90, то A1O = AqO = ApO = A2O.

Остаётся заметить, что если расстояния от точки O до любой пары сосед них вершин многоугольника равны, то равны и все расстояния от точки O до вершин многоугольника.

6.97. Пусть прямые AB и DE пересекаются в точке G, BC и EF в точке H, CD и FA в точке K. Пусть, далее, X и Y — точки пересечения описанной окружности треугольника EBH с прямыми AB и DE. Покажем, что соответ ственные стороны треугольников ADK и XYH параллельны. (Из этого следует, что прямая KH проходит через точку G.) Из равенств (YX, AB) = (YX, XB) = (YE, EB) = (DE, EB) = (DA, AB) следует, что AD XY. После этого из равенств (XY, YH) = (XB, BH) = = (AB, BC) = (AD, DC) = (AD, DK) следует, что DK YH, а из равенств (YX, XH) = (YE, EH) = (DE, EF) = (DA, AF) = (DA, AK) следует, что AK XH.

Отметим, что мы нигде не пользовались тем, что шестиугольник ABCDEF выпуклый;

вместо шестиугольника можно взять самопересекающуюся шести звенную ломаную с вершинами на окружности.

6.98. Пусть A2, B2 и C2 — указанные точки пересечения прямых. Применяя теорему Паскаля к точкам M, A1, A, C, B, B1, получаем, что точки A2, B2 и R лежат на одной прямой. Аналогично точки A2, C2 и R лежат на одной прямой.

Следовательно, точки A2, B2, C2 и R лежат на одной прямой.

6.99. Поскольку углы APT, ART, AST и AQT прямые, то точки A, P, R, T, S, Q лежат на окружности, построенной на отрезке AT как на диаметре.

Следовательно, по теореме Паскаля точки B, C и точка пересечения прямых PR и QS лежат на одной прямой.

6.100. Точки A1 и B1 лежат на окружности S с диаметром AB. Пусть A4 и B4 — точки пересечения прямых AA2 и BB2 с прямой A3B3. Согласно задаче 2.44 а) эти точки лежат на окружности S. Прямые A1B и A4A пере секаются в точке A2, а прямые BB4 и AB1 — в точке B2. Поэтому, применяя 182 Глава 6. Многоугольники теорему Паскаля к точкам B1, A1, B, B4, A4, A, получаем, что точка пересе чения прямых B1A1 и B4A4 (последняя прямая совпадает с A3B3) лежит на прямой A2B2.

6.101. Пусть K — точка пересечения прямых BC и MN. Применяя теорему Паскаля к точкам A, M, N, D, C, B, получаем, что точки E, K и F лежат на одной прямой, а значит, K — точка пересечения прямых MN и EF.

6.102. Пусть точки B1 и C1 симметричны точкам B и C относительно точки O. Тогда точка X лежит на прямых AB1 и C1D. Применим теорему Паскаля к шестиугольнику AB1BDC1C. Прямые AB1 и DC1 пересекаются в точке X, прямые BB1 и CC1 — в точке O;

прямые BD и AC — диагонали четырёхугольника.

6.103. Пусть лучи PA и QA пересекают окружность в точках P2 и Q2, т. е. P1P2 и Q1Q2 — диаметры данной окружности. Применим теорему Паскаля к шестиугольнику PP2P1QQ2Q1. Прямые PP2 и QQ2 пересекаются в точке A, а прямые P1P2 и Q1Q2 пересекаются в точке O, поэтому точка пересечения прямых P1Q и Q1P лежит на прямой AO.

6.104. Пусть B1 и C1 — середины дуг AC и AB (имеются в виду дуги, не содержащие точек B и C соответственно). Согласно задаче 3.43 а) точки M и N лежат на отрезках KC1 и KB1.

Применим теорему Паскаля к шестиугольнику C1CABB1K. Прямые CC и BB1 — биссектрисы;

прямые CA и B1K пересекаются в точке N, прямые AB и C1K — в точке M.

Отметим, что задача 3.47 является частным случаем этой задачи.

6.105. Пусть данные точки A, B, C, D, E лежат на одной окружности.

Предположим, что мы построили точку F той же окружности. Обозначим через K, L, M точки пересечения прямых AB и DE, BC и EF, CD и FA соот ветственно. Тогда по теореме Паскаля точки K, L, M лежат на одной прямой.

Из этого вытекает следующее построение. Проведём через точку E произ вольную прямую a и обозначим точку её пересечения с прямой BC через L.

Затем построим точку K пересечения прямых AB и DE и точку M пересечения прямых KL и CD. Наконец, F — точка пересечения прямых AM и a. Докажем, что F лежит на нашей окружности. Пусть F1 — точка пересечения окружности и прямой a. Из теоремы Паскаля следует, что F1 лежит на прямой AM, т. е. F1 является точкой пересечения a и AM. Поэтому F1 = F.

6.106. Пусть P и Q — точки пересечения прямой A3A4 с A1A2 и A1A6, а R и S — точки пересечения прямой A4A5 с A1A6 и A1A2. Тогда A2K : A3L = = A2P : A3P, A3L : A6M = A3Q : A6Q и A6M : A5N = A6R : A5R. Поэтому требуе мое соотношение A2K : A5N = A2S : A5S перепишется в виде A2P A3Q A6R A5S · · · = 1.

A3P A6Q A5R A2S Пусть T — точка пересечения прямых A2A3 и A5A6;

по теореме Паска ля точки S, Q и T лежат на одной прямой. Применяя теорему Менелая (см. задачу 5.69) к треугольнику PQS и точкам T, A2 и A3, а также к тре угольнику RQS и точкам T, A5 и A6, получаем A2P A3Q TS TQ A5S A6R · · = 1 и · · = 1.

A2S A3P TQ TS A5R A6Q Перемножая эти равенства, получаем требуемое. (Отношения отрезков следует считать ориентированными.) ГЛАВА ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ МЕСТА ТОЧЕК Основные сведения 1. Геометрическое место точек (сокращённо ГМТ), обладающих некото рым свойством, — это фигура, состоящая из всех точек, для которых выпол нено это свойство.

2. Решение задачи на поиск ГМТ должно содержать доказательство того, что а) точки, обладающие требуемым свойством, принадлежат фигуре, явля ющейся ответом задачи;

б) все точки фигуры обладают требуемым свойством.

3. ГМТ, обладающих двумя свойствами, является пересечением (т. е. общей частью) двух фигур: ГМТ, обладающих первым свойством, и ГМТ, обладаю щих вторым свойством.

4. Три важнейших ГМТ:

а) ГМТ, равноудалённых от точек A и B, является серединным перпенди куляром к отрезку AB;

б) ГМТ, удалённых на расстояние R от данной точки O, является окруж ностью радиуса R с центром O;

в) ГМТ, из которых данный отрезок AB виден под данным углом, является объединением двух дуг окружностей, симметричных относительно прямой AB (точки A и B не принадлежат ГМТ).

Вводные задачи 1. а) Найдите ГМТ, равноудалённых от двух параллельных прямых.

б) Найдите ГМТ, равноудалённых от двух пересекающихся прямых.

2. Найдите геометрическое место середин отрезков с концами на двух данных параллельных прямых.

3. Дан треугольник ABC. Найдите ГМТ X, удовлетворяющих нера венствам AX BX CX.

4. Найдите геометрическое место таких точек X, что касательные, проведённые из X к данной окружности, имеют данную длину.

5. На окружности фиксирована точка A. Найдите ГМТ X, делящих хорды с концом A в отношении 1 : 2, считая от точки A.

§ 1. ГМТ — прямая или отрезок 7.1. Два колеса радиусов r1 и r2 катаются по прямой l. Найдите множество точек пересечения M их общих внутренних касательных.

184 Глава 7. Геометрические места точек 7.2. Стороны AB и CD четырёхугольника ABCD площади S не па раллельны. Найдите ГМТ X, лежащих внутри четырёхугольника, для которых SABX + SCDX = S/2.

7.3. Даны две прямые, пересекающиеся в точке O. Найдите ГМТ X, для которых сумма длин проекций отрезков OX на эти прямые посто янна.

7.4. Дан прямоугольник ABCD. Найдите ГМТ X, для которых AX + BX = CX + DX.

7.5*. Найдите геометрическое место точек M, лежащих внутри ром ба ABCD и обладающих тем свойством, что AMD + BMC = 180.

* * * 7.6. На плоскости даны точки A и B. Найдите ГМТ M, для которых разность квадратов длин отрезков AM и BM постоянна.

7.7. Даны окружность S и точка M вне её. Через точку M про водятся всевозможные окружности S1, пересекающие окружность S;

X — точка пересечения касательной в точке M к окружности S1 с про должением общей хорды окружностей S и S1. Найдите ГМТ X.

7.8. Даны две непересекающиеся окружности. Найдите геометри ческое место точек центров окружностей, делящих пополам данные окружности (т. е. пересекающих их в диаметрально противоположных точках).

7.9. Внутри окружности взята точка A. Найдите геометрическое ме сто точек пересечения касательных к окружности, проведённых через концы всевозможных хорд, содержащих точку A.

7.10*. а) Дан параллелограмм ABCD. Докажите, что величина AX2 + CX2 - BX2 - DX2 не зависит от выбора точки X.

б) Четырёхугольник ABCD не является параллелограммом. Дока жите, что все точки X, удовлетворяющие соотношению AX2 + CX2 = = BX2 + DX2, лежат на одной прямой, перпендикулярной отрезку, соединяющему середины диагоналей.

См. также задачи 2.39, 3.45, 3.58, 6.5, 6.17, 7.28, 7.30, 8.6, 12.82, 15.16, 30.24, 30.37.

§ 2. ГМТ — окружность или дуга окружности 7.11. Отрезок постоянной длины движется по плоскости так, что его концы скользят по сторонам прямого угла ABC. По какой траек тории движется середина этого отрезка?

7.12. Найдите геометрическое место середин хорд данной окружно сти, проходящих через данную точку.

7.13. Даны две точки A и B. Две окружности касаются прямой AB (одна — в точке A, другая — в точке B) и касаются друг друга в точ ке M. Найдите ГМТ M.

Условия задач * * * 7.14. На плоскости даны две точки A и B. Найдите ГМТ M, для которых AM : BM = k (окружность Аполлония).

7.15. Пусть S — окружность Аполлония для точек A и B, причём точка A лежит вне окружности S. Из точки A проведены касательные AP и AQ к окружности S. Докажите, что B — середина отрезка PQ.

7.16*. Пусть AD и AE — биссектрисы внутреннего и внешнего углов треугольника ABC и Sa — окружность с диаметром DE, окружности Sb и Sc определяются аналогично. Докажите, что:

а) окружности Sa, Sb и Sc имеют две общие точки M и N, причём прямая MN проходит через центр описанной окружности треугольни ка ABC;

б) проекции точки M (и точки N) на стороны треугольника ABC образуют правильный треугольник.

Точки M и N из задачи 7.16 называют изодинамическими центрами тре угольника.

7.17*. Докажите, что изодинамические центры лежат на пря мой KO, где O — центр описанной окружности, K — точка Лемуана.

7.18*. Треугольник ABC правильный, M — некоторая точка. До кажите, что если числа AM, BM и CM образуют геометрическую прогрессию, то знаменатель этой прогрессии меньше 2.

См. также задачи 2.14, 2.67 б), 5.156, 7.27, 7.29, 14.21 а), 18.15, 28.23, 28.24.

§ 3. Вписанный угол 7.19. На окружности фиксированы точки A и B, а точка C пере мещается по этой окружности. Найдите множество точек пересечения:

а) высот;

б) биссектрис треугольников ABC.

7.20. Точка P перемещается по описанной окружности квадра та ABCD. Прямые AP и BD пересекаются в точке Q, а прямая, проходящая через точку Q параллельно AC, пересекает прямую BP в точке X. Найдите ГМТ X.

7.21. а) На окружности фиксированы точки A и B, а точки A1 и B движутся по той же окружности так, что величина дуги A1B1 остаёт ся постоянной;

M — точка пересечения прямых AA1 и BB1. Найдите ГМТ M.

б) В окружность вписаны треугольники ABC и A1B1C1, причём треугольник ABC неподвижен, а треугольник A1B1C1 вращается. До кажите, что прямые AA1, BB1 и CC1 пересекаются в одной точке не более чем при одном положении треугольника A1B1C1.

7.22*. На плоскости даны четыре точки. Найдите множество цен тров прямоугольников, образуемых четырьмя прямыми, проходящими соответственно через данные точки.

186 Глава 7. Геометрические места точек 7.23*. Найдите ГМТ X, лежащих внутри правильного треугольни ка ABC и обладающих тем свойством, что XAB + XBC + XCA = 90.

См. также задачи 2.5, 2.39.

§ 4. Вспомогательные равные или подобные треугольники 7.24. Дана полуокружность с центром O. Из каждой точки X, лежащей на продолжении диаметра полуокружности, проводится ка сающийся полуокружности луч и на нём откладывается отрезок XM, равный отрезку XO. Найдите ГМТ M, полученных таким образом.

7.25*. Пусть A и B — фиксированные точки плоскости. Найдите ГМТ C, обладающих следующим свойством: высота hb треугольни ка ABC равна b.

7.26*. Даны окружность и точка P внутри её. Через каждую точ ку Q окружности проведём касательную. Перпендикуляр, опущенный из центра окружности на прямую PQ, и касательная пересекаются в точке M. Найдите ГМТ M.

§ 5. Гомотетия 7.27. На окружности фиксированы точки A и B. Точка C переме щается по этой окружности. Найдите множество точек пересечения медиан треугольников ABC.

7.28. Дан треугольник ABC. Найдите множество центров прямо угольников PQRS, вершины Q и P которых лежат на стороне AC, вершины R и S — на сторонах AB и BC соответственно.

7.29. Две окружности пересекаются в точках A и B. Через точ ку A проведена секущая, вторично пересекающаяся с окружностями в точках P и Q. Какую линию описывает середина отрезка PQ, когда секущая вращается вокруг точки A?

7.30. Точки A, B и C лежат на одной прямой, причём B находится между A и C. Найдите ГМТ M таких, что радиусы описанных окруж ностей треугольников AMB и CMB равны.

См. также задачи 19.10, 19.22, 19.39.

§ 6. Метод ГМТ 7.31. Точки P и Q движутся с одинаковой постоянной скоростью v по двум прямым, пересекающимся в точке O. Докажите, что на плос кости существует неподвижная точка A, расстояния от которой до точек P и Q в любой момент времени равны.

7.32. Через середину каждой диагонали выпуклого четырёхугольни ка проводится прямая, параллельная другой диагонали. Эти прямые пересекаются в точке O. Докажите, что отрезки, соединяющие точку O Условия задач с серединами сторон четырёхугольника, делят его площадь на равные части.

7.33. Пусть D и E — середины сторон AB и BC остроугольного треугольника ABC, а точка M лежит на стороне AC. Докажите, что если MD < AD, то ME > EC.

7.34. Внутри выпуклого многоугольника взяты точки P и Q. Дока жите, что существует вершина многоугольника, менее удалённая от Q, чем от P.

7.35. Точки A, B и C таковы, что для любой четвёртой точки M либо MA MB, либо MA MC. Докажите, что точка A лежит на отрезке BC.

7.36. Дан четырёхугольник ABCD, причём AB < BC и AD < DC.

Точка M лежит на диагонали BD. Докажите, что AM < MC.

§ 7. ГМТ с ненулевой площадью 7.37. Пусть O — центр прямоугольника ABCD. Найдите ГМТ M, для которых AM OM, BM OM, CM OM и DM OM.

7.38. Найдите ГМТ X, из которых можно провести касательные к данной дуге AB окружности.

7.39. Пусть O — центр правильного треугольника ABC. Найдите ГМТ M, удовлетворяющих следующему условию: любая прямая, про ведённая через точку M, пересекает либо отрезок AB, либо отре зок CO.

7.40. На плоскости даны два непересекающихся круга. Обязательно ли найдётся точка M, лежащая вне этих кругов, удовлетворяющая та кому условию: каждая прямая, проходящая через точку M, пересекает хотя бы один из этих кругов?

Найдите ГМТ M, удовлетворяющих такому условию.

См. также задачи 18.12, 31.66—31.69.

§ 8. Теорема Карно 7.41*. Докажите, что перпендикуляры, опущенные из точек A1, B1, C1 на стороны BC, CA, AB треугольника ABC, пересекаются в одной точке тогда и только тогда, когда A1B2 + C1A2 + B1C2 = B1A2 + + A1C2 + C1B2 (Карно).

7.42*. Докажите, что высоты треугольника пересекаются в одной точке.

7.43*. Докажите, что перпендикуляры, опущенные из центров внев писанных окружностей на соответственные стороны треугольника, пе ресекаются в одной точке.

7.44*. Точки A1, B1 и C1 таковы, что AB1 = AC1, BC1 = BA1 и CA1 = = CB1. Докажите, что перпендикуляры, опущенные из точек A1, B1 и C1 на прямые BC, CA и AB, пересекаются в одной точке.

188 Глава 7. Геометрические места точек 7.45*. а) Перпендикуляры, опущенные из вершин треугольника ABC на соответствующие стороны треугольника A1B1C1, пересекаются в од ной точке. Докажите, что перпендикуляры, опущенные из вершин треугольника A1B1C1 на соответствующие стороны треугольника ABC, тоже пересекаются в одной точке.

б) Прямые, проведённые через вершины треугольника ABC парал лельно соответствующим сторонам треугольника A1B1C1, пересекаются в одной точке. Докажите, что прямые, проведённые через верши ны треугольника A1B1C1 параллельно соответствующим сторонам тре угольника ABC, тоже пересекаются в одной точке.

7.46*. На прямой l взяты точки A1, B1 и C1, а из вершин треуголь ника ABC на эту прямую опущены перпендикуляры AA2, BB2 и CC2.

Докажите, что перпендикуляры, опущенные из точек A1, B1 и C1 на прямые BC, CA и AB, пересекаются в одной точке тогда и только тогда, когда A1B1 : B1C1 = A2B2 : B2C2 (отношения отрезков ориентиро ванные).

7.47*. Треугольник ABC правильный, P — произвольная точка. До кажите, что перпендикуляры, опущенные из центров вписанных окружностей треугольников PAB, PBC и PCA на прямые AB, BC и CA, пересекаются в одной точке.

7.48*. Докажите, что если перпендикуляры, восставленные из ос нований биссектрис треугольника, пересекаются в одной точке, то треугольник равнобедренный.

§ 9. Окружность Ферма—Аполлония 7.49*. Докажите, что множество точек X, обладающих тем свой ством, что k1A1X2 +... + knAnX2 = c:

а) при k1 +...+kn =0 является окружностью или пустым множеством;

б) при k1 +...+kn =0 является прямой, плоскостью или пустым мно жеством.

7.50*. Прямая l пересекает две окружности в четырёх точках.

Докажите, что касательные в этих точках к одной окружности пере секают касательные к другой окружности в четырёх точках, лежащих на окружности, причём центр этой окружности лежит на прямой, соединяющей центры данных окружностей.

7.51*. Точки M и N таковы, что AM : BM : CM = AN : BN : CN.

Докажите, что прямая MN проходит через центр O описанной окруж ности треугольника ABC.

См. также задачи 7.6, 7.14, 8.63—8.67.

Задачи для самостоятельного решения 7.52. На сторонах AB и BC треугольника ABC берутся точки D и E.

Найдите геометрическое место середин отрезков DE.

Решения задач 7.53. Две окружности касаются данной прямой в двух данных точ ках A и B и касаются друг друга. Пусть C и D — точки касания этих окружностей с другой внешней касательной. Найдите геометрическое место середин отрезков CD.

7.54. Докажите, что если биссектриса одного из углов треуголь ника имеет внутри треугольника общую точку с перпендикуляром, восставленным из середины противоположной стороны, то треугольник равнобедренный.

7.55. Дан треугольник ABC. Найдите множество всех точек M этого треугольника, для которых выполнено условие AM BM CM. Когда полученное множество есть а) пятиугольник;

б) треугольник?

7.56. Дан квадрат ABCD. Найдите геометрическое место середин сторон квадратов, вписанных в данный квадрат.

7.57. Дан равносторонний треугольник ABC. Найдите ГМТ M та ких, что треугольники AMB и BCM равнобедренные.

7.58. Найдите геометрическое место середин отрезков длины 2/ 3, концы которых лежат на сторонах единичного квадрата.

7.59. На сторонах AB, BC и CA данного треугольника ABC вы бираются такие точки P, Q и R, что PQ AC и PR BC. Найдите геометрическое место середин отрезков QR.

7.60. Дана полуокружность с диаметром AB. Для любой точки X этой полуокружности на луче XA строится точка Y так, что XY = XB.

Найдите ГМТ Y.

7.61. Дан треугольник ABC. На его сторонах AB, BC и CA выби раются точки C1, A1 и B1 соответственно. Найдите ГМТ пересечения описанных окружностей треугольников AB1C1, A1BC1 и A1B1C.

Решения 7.1. Пусть O1 и O2 — центры колёс радиусов r1 и r2 соответственно. Ес ли M — точка пересечения внутренних касательных, то O1M : O2M = r1 : r2. Из этого условия с помощью задачи 1.1 б) легко получить, что расстояние от точки M до прямой l равно 2r1r2/(r1 + r2). Поэтому все точки пересечения общих внутренних касательных лежат на прямой, параллельной прямой l и отстоящей от неё на расстояние 2r1r2/(r1 + r2).

7.2. Пусть O — точка пересечения прямых AB и CD. Отложим на лу чах OA и OD отрезки OK и OL, равные AB и CD соответственно. Тогда SABX + SCDX = SKOX + SLOX = SKOL ± SKXL. Следовательно, площадь треугольни ка KXL постоянна, т. е. точка X лежит на прямой, параллельной KL.

7.3. Пусть a и b — единичные векторы, параллельные данным пря # – мым;

x = OX. Сумма длин проекций вектора x на данные прямые рав на |(a, x)| + |(b, x)| = |(a ± b, x)|, причём смена знака происходит на перпен дикулярах, восставленных из точки O к данным прямым. Поэтому искомое ГМТ — прямоугольник, стороны которого параллельны биссектрисам углов между данными прямыми, а вершины лежат на указанных перпендику лярах.

190 Глава 7. Геометрические места точек 7.4. Пусть l — прямая, проходящая через середины сторон BC и AD. Пред положим, что точка X не лежит на прямой l, например что точки A и X лежат по одну сторону от прямой l. Тогда AX < DX и BX < CX, а зна чит, AX + BX < CX + DX. Поэтому прямая — искомое ГМТ.

# – # –l 7.5. Пусть N — такая точка, что MN=DA. Тогда NAM=DMA и NBM= = BMC, поэтому четырёхугольник AMBN вписанный. Диагонали вписанного четырёхугольника AMBN равны, поэтому AM BN или BM AN. В первом случае AMD = MAN = AMB, а во втором случае BMC = MBN = BMA.

Если AMB = AMD, то AMB + BMC = 180 и точка M лежит на диагонали AC, а если BMA = BMC, то точка M лежит на диагона ли BD. Ясно также, что если точка M лежит на одной из диагоналей, то AMD + BMC = 180.

7.6. Введём систему координат, выбрав точку A в качестве начала ко ординат и направив ось Ox по лучу AB. Пусть точка M имеет координа ты (x, y). Тогда AM2 = x2 + y2 и BM2 = (x - a)2 + y2, где a = AB. Поэто му AM2 - BM2 = 2ax - a2. Эта величина равна k для точек M с координата ми ((a2 + k)/2a, y);

все такие точки лежат на прямой, перпендикулярной AB.

7.7. Пусть A и B — точки пересечения окружностей S и S1. Тогда XM2 = = XA · XB = XO2 - R2, где O и R — центр и радиус окружности S. Поэто му XO2 - XM2 = R2, а значит, точки X лежат на перпендикуляре к пря мой OM (см. задачу 7.6).

7.8. Пусть O1 и O2 — центры данных окружностей, R1 и R2 — их радиусы.

Окружность радиуса r с центром X пересекает первую окружность в диамет рально противоположных точках тогда и только тогда, когда r2 = XO2 + R2, 1 поэтому искомое ГМТ состоит из таких точек X, что XO2 + R2 = XO2 + R2, все 1 1 2 такие точки X лежат на прямой, перпендикулярной O1O2 (задача 7.6).

7.9. Пусть O — центр окружности, R — её радиус, M — точка пересечения касательных, проведённых через концы хорды, содержащей точку A, P — се редина этой хорды. Тогда OP · OM = R2 и OP = OA cos, где = AOP.

Поэтому AM2 = OM2 + OA2 - 2OM · OA cos = OM2 + OA2 - 2R2, а значит, ве личина OM2 - AM2 = 2R2 - OA2 постоянна. Следовательно, все точки M лежат на прямой, перпендикулярной OA (см. задачу 7.6).

7.10. Пусть P и Q — середины диагоналей AC и BD. Тогда AX2 + CX2 = = 2PX2 + AC2/2 и BX2 + DX2 = 2QX2 + BD2/2 (см. задачу 12.11 а), поэтому в задаче б) искомое ГМТ состоит из таких точек X, что PX2 - QX2 = = (BD2 - AC2)/4, а в задаче а) P = Q, поэтому рассматриваемая величина равна (AC2 - BD2)/2.

7.11. Пусть M и N — концы данного отрезка, O — его середина. Точка B лежит на окружности с диаметром MN, поэтому OB = MN/2. Траекторией точки O является часть окружности радиуса MN/2 с центром B, заключённая внутри угла ABC.

7.12. Пусть M — данная точка, O — центр данной окружности. Если X — се редина хорды AB, то XO AB. Следовательно, искомое ГМТ является окруж ностью с диаметром MO.

7.13. Проведём через точку M общую касательную к окружностям. Пусть O — точка пересечения этой касательной с прямой AB. Тогда AO = MO = BO, т. е. O — середина отрезка AB. Точка M лежит на окружности с центром O и радиусом AB/2. Множеством точек M является окружность с диаметром AB (точки A и B следует исключить).

Решения задач 7.14. При k = 1 получаем серединный перпендикуляр к отрезку AB. В даль нейшем будем считать, что k = 1.

Введём систему координат на плоскости так, чтобы точки A и B имели координаты (-a, 0) и (a, 0) соответственно. Если точка M имеет координа AM2 (x + a)2 + y2 AM ты (x, y), то =. Уравнение = k2 приводится к виду BM2 (x - a)2 + y2 BM 2 1 + k2 2ka x + a + y2 =.

1 - k2 1 - k 1 + k Это уравнение является уравнением окружности с центром - a, 0 и ра 1 - k 2ka диусом.

|1 - k2| 7.15. Пусть прямая AB пересекает окружность S в точках E и F, причём точка E лежит на отрезке AB. Тогда PE — биссектриса треугольника APB, поэтому EPB = EPA = EFP. А так как EPF = 90, то PB EF.

7.16. а) Рассматриваемые окружности являются окружностями Аполлония для пар вершин треугольника ABC, поэтому если X — общая точка окружно стей Sa и Sb, то XB : XC = AB : AC и XC : XA = BC : BA, т. е. XB : XA = CB : CA, а значит, точка X принадлежит окружности Sc. Ясно также, что если AB>BC, то точка D лежит внутри окружности Sb, а точка A — вне её. Следовательно, окружности Sa и Sb пересекаются в двух различных точках.

Для завершения доказательства остаётся воспользоваться результатом за дачи 7.51.

б) Согласно задаче а) MA = /a, MB = /b и MC = /c. Пусть B1 и C1 — про екции точки M на прямые AC и AB. Точки B1 и C1 лежат на окруж ности с диаметром MA, поэтому B1C1 = MA sin B1AC1 = ( /a)(a/2R) = /2R, где R — радиус описанной окружности треугольника ABC. Аналогично A1C1 = = A1B1 = /(2R).

7.17. В задаче 7.16 а) уже доказано, что прямая MN проходит через точку O. Остаётся доказать, что она проходит через точку K. Согласно задаче 5.156 общая хорда окружности Sa и описанной окружности треуголь ника ABC проходит через точку K. Аналогично общая хорда окружности Sb и описанной окружности тоже проходит через точку K. Поэтому K — ради кальный центр описанной окружности и окружностей Sa и Sb. Следовательно, общая хорда окружностей Sa и Sb проходит через точку K.

# – # – # – # – 7.18. Пусть O1 и O2 — такие точки, что BO1 = 4BA/3 и CO2 = 4CB/3.

Легко проверить, что если BM > 2AM, то точка M лежит внутри окружно сти S1 радиуса 2AB/3 с центром O1 (см. задачу 7.14), а если CM > 2BM, то точка M лежит внутри окружности S2 радиуса 2AB/3 с центром O2. Так как O1O2 > BO1 = 4AB/3, а сумма радиусов окружностей S1 и S2 равна 4AB/3, то эти окружности не пересекаются. Следовательно, если BM = qAM и CM = = qBM, то q < 2.

7.19. а) Пусть O — точка пересечения высот AA1 и BB1. Точки A1 и B лежат на окружности с диаметром CO. Следовательно, AOB = 180 - C.

Поэтому искомое ГМТ — окружность, симметричная данной относительно пря мой AB (точки, проецирующиеся в точки A и B, следует исключить).

б) Если O — точка пересечения биссектрис треугольника ABC, то AOB = = 90 + C/2. На каждой из двух дуг AB угол C постоянен, поэтому искомым 192 Глава 7. Геометрические места точек ГМТ являются две дуги, из которых отрезок AB виден под углом 90 + C/ (точки A и B следует исключить).

7.20. Точки P и Q лежат на окружности с диаметром DX, поэто му (QD, DX) = (QP, PX) = (AP, PB) = 45, т. е. точка X лежит на пря мой CD.

7.21. а) Если точка A1 пройдёт по окружности дугу величиной 2, то точка B1 тоже пройдёт дугу величиной 2, а значит, прямые AA1 и BB повернутся на угол и угол между ними не изменится. Поэтому точка M перемещается по окружности, содержащей точки A и B.

б) Пусть прямые AA1, BB1 и CC1 в некоторый момент пересекаются в точ ке P. Тогда, например, точка пересечения прямых AA1 и BB1 перемещается по описанной окружности треугольника ABP. Ясно также, что описанные окруж ности треугольников ABP, BCP и CAP имеют единственную общую точку P.

7.22. Предположим, что точки A и C лежат на противоположных сторонах прямоугольника. Пусть M и N — середины отрезков AC и BD соответственно.

Проведём через точку M прямую l1, параллельную сторонам прямоугольника, на которых лежат точки A и C, а через точку N прямую l2, параллельную сторонам прямоугольника, на которых лежат точки B и D. Пусть O — точка пересечения прямых l1 и l2. Ясно, что точка O лежит на окружности S, построенной на отрезке MN как на диаметре. С другой стороны, точка O является центром прямоугольника. Ясно, что прямоугольник можно построить для любой точки O, лежащей на окружности S.

Остаётся заметить, что на противоположных сторонах прямоугольника мо гут лежать также точки A и B, A и D. Поэтому искомым ГМТ является объединение трёх окружностей.

7.23. Легко проверить, что точки высот треугольника ABC обладают требу емым свойством. Предположим, что требуемым свойством обладает точка X, не лежащая ни на одной из высот треугольника ABC. Тогда прямая BX пере секает высоты AA1 и CC1 в точках X1 и X2. Так как XAB + XBC + XCA = = 90 = X1AB + X1BC + X1CA, то XAB - X1AB = X1CA - XCA, т. е.

(XA, AX1)=(X1C, CX). Следовательно, точка X лежит на описанной окруж ности треугольника AXC, где точка C симметрична C относительно пря мой BX. Аналогично доказывается, что точка X2 лежит на этой окружности, а значит, прямая BX пересекает эту окружность в трёх различных точках.

Получено противоречие.

7.24. Пусть K — точка касания прямой MX и данной полуокружно сти, а P — проекция точки M на диаметр. В прямоугольных треугольниках MPX и OKX равны гипотенузы и PXM = OXK, а значит, эти треугольники равны и, в частности, MP = KO = R, где R — радиус данной полуокружности.

Следовательно, точка M лежит на прямой l, параллельной диаметру полу окружности и касающейся полуокружности. Пусть AB — отрезок прямой l, проекцией которого является диаметр полуокружности. Из точки прямой l, лежащей вне отрезка AB, нельзя провести касательную к данной полуокруж ности, так как касательная, проведённая к окружности, будет касаться другой полуокружности. Искомым ГМТ является отрезок AB, из которого выброшены точки A и B и его середина.

7.25. Пусть H — основание высоты hb треугольника ABC и hb = b. Обозна чим через B точку пересечения перпендикуляра к прямой AB, проведённого через точку A, и перпендикуляра к прямой AH, проведённого через точку C.

Решения задач Прямоугольные треугольники AB C и BAH рав ны, так как AB C = BAH и AC = BH. Поэто му AB = AB, т. е. точка C лежит на окружности с диаметром AB.

Пусть S1 и S2 — образы окружности S с диа метром AB при поворотах на ±90 с центром A (рис. 7.1). Мы доказали, что точка C = A при надлежит объединению окружностей S1 и S2.

Обратно, пусть точка C = A принадлежит окруж ности S1 или S2, AB — диаметр соответствующей окружности. Тогда AB C = HAB и A B = AB, поэтому AC = HB.

7.26. Пусть O — центр окружности, N — точ ка пересечения прямых OM и QP. Опустим из точки M перпендикуляр MS на прямую OP.

Из подобия треугольников ONQ и OQM, OPN и OMS получаем ON : OQ = OQ : OM и OP : ON = OM : OS. Перемножая эти ра Рис. 7. венства, получаем OP : OQ = OQ : OS. Поэто му OS = OQ2 : OP является постоянной величи ной. А так как точка S лежит на луче OP, её положение не зависит от выбора точки Q. Искомым ГМТ является прямая, перпендикулярная прямой OP и проходящая через точку S.

7.27. Пусть O — середина отрезка AB, M — точка пересечения медиан тре угольника ABC. При гомотетии с центром O и коэффициентом 1/3 точка C переходит в точку M. Поэтому точки пересечения медиан треугольников ABC лежат на окружности S, являющейся образом исходной окружности при го мотетии с центром O и коэффициентом 1/3. Для получения искомого ГМТ из окружности S нужно выбросить образы точек A и B.

7.28. Пусть O — середина высоты BH, M — сере дина отрезка AC, D и E — середины сторон RQ и PS соответственно (рис. 7.2).

Точки D и E лежат на прямых AO и CO соот ветственно. Середина отрезка DE является центром прямоугольника PQRS. Ясно, что она лежит на от резке OM. Искомым ГМТ является отрезок OM, за исключением его концов.

7.29. Пусть O1 и O2 — центры данных окруж Рис. 7. ностей (точка P лежит на окружности с цен тром O1), O — середина отрезка O1O2;

P, Q и O — проекции точек O1, O2 и O на прямую PQ. При вращении прямой PQ точка O пробегает окружность S с диаметром AO. Ясно, что при гомотетии с цен тром A и коэффициентом 2 отрезок P Q переходит в отрезок PQ, т. е. точка O переходит в середину отрезка PQ. Поэтому искомым ГМТ является образ окружности S при этой гомотетии.

7.30. Пусть P и Q — центры описанных окружностей треугольников AMB и CMB. Точка M принадлежит искомому ГМТ, если BPMQ — ромб, т. е. точ ка M является образом середины отрезка PQ при гомотетии с центром B 194 Глава 7. Геометрические места точек и коэффициентом 2. А так как проекции точек P и Q на прямую AC являются серединами отрезков AB и BC, середины всех отрезков PQ лежат на одной прямой. (Точку прямой AC из полученного ГМТ следует исключить.) 7.31. Точка P проходит через точку O в момент t1, точка Q — в момент t2.

В момент (t1 + t2)/2 точки P и Q находятся от точки O на одинаковом рассто янии, равном |t1 - t2|v/2. Проведём в этот момент перпендикуляры к прямым в точках P и Q. Легко проверить, что точка пересечения этих перпендикуля ров является искомой.

7.32. Обозначим середины диагоналей AC и BD четырёхугольника ABCD через M и N соответственно. Ясно, что SAMB =SBMC и SAMD =SDMC, т. е. SDABM = = SBCDM. Поскольку при перемещении точки M параллельно BD площа ди четырёхугольников DABM и BCDM не изменяются, то SDABO = SBCDO.

Аналогичные рассуждения для точки N показывают, что SABCO = SCDAO.

Поэтому SADO + SABO = SBCO + SCDO и SABO + SBCO = SCDO + SADO, а значит, SADO = SBCO = S1 и SABO = SCDO = S2, т. е. площадь каждой из четырёх частей, на которые отрезки, соединяющие точку O с серединами сторон четырёхуголь ника, разбивают его, равна (S1 + S2)/2.

7.33. Опустим из точки B высоту BB1. Тогда AD = B1D и CE = B1E. Ясно, что если MD < AD, то точка M лежит на отрезке AB1, т. е. вне отрезка B1C.

Следовательно, ME > EC.

7.34. Предположим, что все вершины многоугольника удалены от точки Q не меньше, чем точки от P. Тогда все вершины многоугольника лежат в той же полуплоскости, заданной серединным перпендикуляром к отрезку PQ, что и точка P, а точка Q лежит в другой полуплоскости. Следовательно, точка Q лежит вне многоугольника, что противоречит условию.

7.35. Найдём ГМТ M, для которых MA > MB и MA > MC. Проведём серединные перпендикуляры l1 и l2 к отрезкам AB и AC. MA > MB для точек, лежащих внутри полуплоскости, заданной прямой l1 и не содержа щей точку A. Поэтому искомым ГМТ является пересечение полуплоскостей (без границ), заданных прямыми l1, l2 и не содержащих точку A. Если точ ки A, B, C не лежат на одной прямой, то это ГМТ всегда непусто. Если A, B, C лежат на одной прямой, но A не лежит на отрезке BC, то это ГМТ тоже непусто. Если же A лежит на отрезке BC, то это ГМТ пусто, т. е. для любой точки M либо MA MB, либо MA MC.

7.36. Пусть O — середина диагонали AC. Проекции точек B и D на пря мую AC лежат на отрезке AO, поэтому проекция точки M тоже лежит на отрезке AO.

7.37. Проведём серединный перпендикуляр l к отрезку AO. Ясно, что AM OM тогда и только тогда, когда точка M лежит по ту же сторону от прямой l, что и точка O (или лежит на прямой l). Поэтому искомым ГМТ является ромб, образованный серединными перпендикулярами к отрез кам OA, OB, OC и OD.

7.38. Искомое ГМТ заштриховано на рис. 7.3 (граница входит в ГМТ).

7.39. Пусть A1 и B1 — середины сторон CB и AC соответственно. Искомым ГМТ является внутренность четырёхугольника OA1CB1.

7.40. Проведём общие касательные к данным кругам (рис. 7.4). Легко проверить, что точки, принадлежащие заштрихованным областям (но не их границам), удовлетворяют требуемому условию, а точки, не лежащие в этих областях, не удовлетворяют этому условию.

Решения задач Рис. 7.3 Рис. 7. 7.41. Пусть перпендикуляры, опущенные из точек A1, B1, C1 на пря мые BC, CA, AB, пересекаются в точке M. Так как точки B1 и M лежат на одном перпендикуляре к прямой AC, то B1A2 - B1C2 = MA2 - MC2 (задача 7.6).

Аналогично C1B2 - C1A2 = MB2 - MA2 и A1C2 - A1B2 = MC2 - MB2. Складывая эти равенства, получаем A1B2 + C1A2 + B1C2 = B1A2 + A1C2 + C1B2.

Обратно, пусть A1B2 + C1A2 + B1C2 = B1A2 + A1C2 + C1B2. Обозначим точ ку пересечения перпендикуляров, опущенных из точек A1 и B1 на прямые BC и AC, через M. Проведём через точку M прямую l, перпендикуляр ную прямой AB. Если C — точка на прямой l, то, согласно предыдущему, A1B2 + C A2 + B1C2 = B1A2 + A1C2 + C B2. Поэтому C A2 - C B2 = C1A2 - C1B2.

1 1 1 Согласно задаче 7.6 ГМТ X, для которых XA2 - XB2 = k, является прямой, перпендикулярной отрезку AB. Поэтому перпендикуляр, опущенный из точ ки C1 на прямую AB, проходит через точку M, что и требовалось.

7.42. Положим A1 =A, B1 =B и C1 =C. Из очевидного равенства AB2 +CA2 + + BC2 = BA2 + AC2 + CB2 получаем, что высоты, опущенные из точек A, B и C на стороны BC, CA и AB, пересекаются в одной точке.

7.43. Пусть A1, B1 и C1 — точки касания вневписанных окружностей со сторонами BC, CA и AB. Тогда A1B = p - c = B1A, C1A = A1C и B1C = C1B.

Поэтому A1B2 + C1A2 + B1C2 = B1A2 + A1C2 + C1B2.

7.44. Достаточно воспользоваться результатом задачи 7.41.

7.45. а) Эта задача является очевидным следствием задачи 7.41.

б) Пусть при повороте на 90 относительно некоторой точки треуголь ник A1B1C1 переходит в A2B2C2. Перпендикуляры к сторонам треугольни ка A2B2C2 параллельны соответствующим сторонам треугольника A1B1C1, поэтому перпендикуляры, опущенные из вершин треугольника ABC на сто роны треугольника A2B2C2, пересекаются в одной точке. Следовательно, в одной точке пересекаются перпендикуляры, опущенные из вершин тре угольника A2B2C2 на стороны треугольника ABC. Остаётся заметить, что при повороте на 90, переводящем треугольник A2B2C2 в A1B1C1, эти перпендику ляры переходят в прямые, проходящие через вершины треугольника A1B1C параллельно соответствующим сторонам треугольника ABC.

7.46. Нужно выяснить, в каком случае выполняется равенство AB2 + BC2 + 1 + CA2 = BA2 + CB2 + AC2. Вычитая из обеих частей этого равенства величи 1 1 1 ну AA2 + BB2 + CC2, переходим к соотношению A2B2 + B2C2 + C2A2 = B2A2 + 2 2 2 1 1 1 +C2B2 +A2C2, т. е. (b1 -a2)2+(c1 -b2)2+(a1 -c2)2 =(a1 -b2)2+(b1 -c2)2 +(c1 -a2)2, 1 196 Глава 7. Геометрические места точек где ai, bi и ci — координаты точек Ai, Bi и Ci на прямой l. После сокращения получаем a2b1 + b2c1 + c2a1 = a1b2 + b1c2 + c1a2, а значит, (b2 - a2)(c1 - b1) = = (b1 - a1)(c2 - b2), т. е. A2B2 : B2C2 = A1B1 : B1C1.

7.47. Можно считать, что длина стороны данного правильного треугольника равна 2. Пусть PA = 2a, PB = 2b и PC = 2c;

A1, B1 и C1 — проекции центров вписанных окружностей треугольников PBC, PCA и PAB на прямые BC, CA и AB. Согласно задаче 3.2 AB2 + BC2 + CA2 = (1 + a - c)2 + (1 + b - a)2 + 1 1 + (1 + c - b)2 = 3 + (a - c)2 + (b - a)2 + (c - b)2 = BA2 + CB2 + AC2.

1 1 7.48. Отрезки, на которые биссектрисы делят стороны треугольника, легко вычисляются. В результате получаем, что если перпендикуляры, восставлен ные из оснований биссектрис, пересекаются, то 2 2 2 2 2 ac ab bc ab bc ac + + = + +, b + c a + c a + b b + c a + c a + b т. е.

a2(c - b) b2(a - c) c2(b - a) (b - a)(a - c)(c - b)(a + b + c) 0 = + + = -.

b + c a + c a + b (a + b)(a + c)(b + c) 7.49. Пусть (ai, bi) — координаты точки Ai, (x, y) — координаты точ ки X. Тогда уравнение, которому удовлетворяет точка X, перепишется в ви де c = ki((x - ai)2 + (x - bi)2) = ki (x2 + y2) - 2 kiai x - 2 kibi y + + ki(a2 + b2). Если коэффициент при x2 + y2 отличен от нуля, то это i i уравнение задаёт окружность или пустое множество, а если он равен нулю, то уравнение задаёт прямую, плоскость или пустое множество.

З а м е ч а н и е. Если в случае а) точки A1,..., An лежат на одной прямой l, то эту прямую можно выбрать в качестве оси Ox. Тогда bi = 0, а значит, коэффициент при y равен нулю, т. е. центр окружности лежит на прямой l.

7.50. Пусть прямая l высекает на данных окружностях дуги A1B1 и A2B величиной 2 и 2 ;

O1 и O2 — центры окружностей, R1 и R2 — их ра 1 диусы. Пусть K — точка пересечения касательных в точках A1 и A2. По теореме синусов KA1 : KA2 = sin : sin, т. е. KA1 sin = KA2 sin. А так 2 1 1 как KO2 = KA2 + R2 и KO2 = KA2 + R2, то (sin2 )KO2 - (sin2 )KO2 = 1 1 1 1 2 2 2 1 = (R1 sin )2 - (R2 sin )2 = q. Аналогично доказывается, что и остальные 1 точки пересечения касательных принадлежат геометрическому месту таких точек X, что (sin2 )XO2 - (sin2 )XO2 = q. Это ГМТ — окружность, центр 1 1 которой лежит на прямой O1O2 (см. замечание к задаче 7.49).

7.51. Пусть AM : BM : CM = p : q : r. Все точки X, удовлетворяющие соотно шению (q2 - r2)AX2 + (r2 - p2)BX2 + (p2 - q2)CX2 = 0, лежат на одной прямой (см. задачу 7.49), а точки M, N и O удовлетворяют этому соотношению.

ГЛАВА ПОСТРОЕНИЯ Основные сведения 1. Задачи на построение решаются по определённой стандартной схеме.

Сначала проводим анализ, т. е. предполагаем, что искомая фигура построена, и, исследуя её свойства, находим, как её можно задать с помощью исход ных данных. На основании этих рассуждений описываем последовательность построений. Затем нужно доказать, что указанная последовательность постро ений приводит к требуемому результату, а также выяснить, в каких случаях сколько имеется решений.

При написании решений я несколько отклонился от этой схемы. Дело в том, что в подавляющем большинстве случаев после анализа доказательство уже совершенно очевидно. В подобных случаях доказательство не приводится, но следует помнить, что его нужно провести самостоятельно. Если же дока зательство не совсем очевидно, то указывается, как преодолеть возникающие трудности. Исследование числа решений задач на построение не приводится.

2. Некоторые задачи на построение, решения которых используют геомет рические преобразования, распределены по соответствующим главам.

3. Если A и B — фиксированные точки, то ГМТ X, для которых AX : BX = = k = 1, является окружностью (см. задачу 7.14). Это ГМТ иногда использует ся при решении задач на построение.

Вводные задачи 1. Постройте треугольник ABC по стороне a, высоте ha и углу A.

2. Постройте прямоугольный треугольник по катету и гипотенузе.

3. Постройте окружность с данным центром, касающуюся данной окружности.

4. Постройте прямую, проходящую через данную точку и касающу юся данной окружности.

5. Даны отрезки, длины которых равны a, b и c. Постройте отрезок длиной: a) ab/c;

б) ab.

§ 1. Метод геометрических мест точек 8.1. Постройте треугольник ABC по a, ha и радиусу описанной окружности R.

8.2. Постройте точку M внутри данного треугольника так, что SABM : SBCM : SACM = 1 : 2 : 3.

198 Глава 8. Построения 8.3. Проведите через данную точку P, лежащую внутри данной окружности, хорду так, чтобы разность длин отрезков, на которые P делит хорду, имела данную величину a.

8.4. Даны прямая и окружность. Постройте окружность данного радиуса r, касающуюся их.

8.5. Даны точка A и окружность S. Проведите через точку A пря мую так, чтобы хорда, высекаемая окружностью S на этой прямой, имела данную длину d.

8.6*. Дан четырёхугольник ABCD. Впишите в него параллелограмм с заданными направлениями сторон.

§ 2. Вписанный угол 8.7. Постройте треугольник по a, медиане mc и углу A.

8.8. Даны окружность и две точки A и B внутри её. Впишите в окружность прямоугольный треугольник так, чтобы его катеты про ходили через данные точки.

8.9. Продолжения сторон AB и CD прямоугольника ABCD пере секают некоторую прямую в точках M и N, а продолжения сторон AD и BC пересекают ту же прямую в точках P и Q. Постройте прямо угольник ABCD, если даны точки M, N, P, Q и длина a стороны AB.

8.10*. Постройте треугольник по биссектрисе, медиане и высоте, проведённым из одной вершины.

8.11*. Постройте треугольник ABC по стороне a, углу A и радиусу вписанной окружности r.

§ 3. Подобные треугольники и гомотетия 8.12. Постройте треугольник по двум углам A, B и периметру P.

8.13. Постройте треугольник ABC по ma, mb и mc.

8.14. Постройте треугольник ABC по ha, hb и hc.

8.15. Впишите в данный остроугольный треугольник ABC квад рат KLMN так, чтобы вершины K и N лежали на сторонах AB и AC, а вершины L и M — на стороне BC.

8.16*. Постройте треугольник ABC по ha, b - c и r.

См. также задачи 19.16—19.21, 19.40, 19.41.

§ 4. Построение треугольников по различным элементам В задачах этого параграфа требуется построить треугольник по указанным в условии элементам.

8.17. c, ma и mb.

8.18. a, b и ha.

8.19. hb, hc и ma.

Условия задач 8.20. A, hb и hc.

8.21. a, hb и mb.

8.22. ha, ma и hb.

8.23. a, b и mc.

8.24*. ha, ma и A.

8.25*. a, b и lc.

8.26*. A, ha и p.

См. также задачи 17.6—17.8.

§ 5. Построение треугольников по различным точкам 8.27. Постройте треугольник ABC, если дана прямая l, на которой лежит сторона AB, и точки A1, B1 — основания высот, опущенных на стороны BC и AC.

8.28. Постройте равнобедренный треугольник, если заданы основа ния его биссектрис.

8.29. а) Постройте треугольник ABC, зная три точки A, B, C, в которых биссектрисы его углов пересекают описанную окружность (оба треугольника остроугольные).

б) Постройте треугольник ABC, зная три точки A, B, C, в ко торых высоты треугольника пересекают описанную окружность (оба треугольника остроугольные).

8.30. Постройте треугольник ABC, зная три точки A, B, C, сим метричные центру O описанной окружности этого треугольника отно сительно сторон BC, CA, AB.

8.31. Постройте треугольник ABC, зная три точки A, B, C, сим метричные точке пересечения высот треугольника относительно сто рон BC, CA, AB (оба треугольника остроугольные).

8.32. Постройте треугольник ABC, зная три точки P, Q, R, в ко торых высота, биссектриса и медиана, проведённые из вершины C, пересекают описанную окружность.

8.33. Постройте треугольник ABC, зная положение трёх точек A1, B1, C1, являющихся центрами вневписанных окружностей треугольни ка ABC.

8.34*. Постройте треугольник ABC по центру описанной окружно сти O, точке пересечения медиан M и основанию H высоты CH.

8.35*. Постройте треугольник ABC по центрам вписанной, описан ной и одной из вневписанных окружностей.

§ 6. Треугольник 8.36. Постройте точки X и Y на сторонах AB и BC треугольни ка ABC так, что AX = BY и XY AC.

8.37. Постройте треугольник по сторонам a и b, если известно, что угол против одной из них в три раза больше угла против другой.

200 Глава 8. Построения 8.38. Впишите в данный треугольник ABC прямоугольник PQRS (вершины R и Q лежат на сторонах AB и BC, P и S — на стороне AC) так, чтобы его диагональ имела данную длину.

8.39. Проведите через данную точку M прямую так, чтобы она отсекала от данного угла с вершиной A треугольник ABC данного периметра 2p.

8.40. Постройте треугольник ABC по медиане mc и биссектрисе lc, если C = 90.

8.41*. Дан треугольник ABC, причём AB < BC. Постройте на сто роне AC точку D так, чтобы периметр треугольника ABD был равен длине стороны BC.

8.42*. Постройте треугольник ABC по радиусу описанной окружно сти и биссектрисе угла A, если известно, что разность углов B и C равна 90.

8.43*. На стороне AB треугольника ABC дана точка P. Проведите через точку P прямую (отличную от AB), пересекающую лучи CA и CB в таких точках M и N, что AM = BN.

8.44*. Постройте треугольник ABC по радиусу вписанной окруж ности r и (ненулевым) длинам отрезков AO и AH, где O — центр вписанной окружности, H — ортоцентр.

См. также задачи 15.14 б), 17.12—17.15, 18.11, 18.33.

§ 7. Четырёхугольники 8.45. Постройте квадрат, три вершины которого лежат на трёх дан ных параллельных прямых.

8.46. Постройте ромб, две стороны которого лежат на двух дан ных параллельных прямых, а две другие проходят через две данные точки.

8.47. Постройте четырёхугольник ABCD по четырём сторонам и уг лу между AB и CD.

8.48. Через вершину A выпуклого четырёхугольника ABCD прове дите прямую, делящую его на две равновеликие части.

8.49. Даны середины трёх равных сторон выпуклого четырёхуголь ника. Постройте этот четырёхугольник.

8.50. Даны три вершины вписанного и описанного четырёхугольни ка. Постройте его четвёртую вершину.

8.51*. Даны вершины A и C равнобедренной описанной трапе ции ABCD (AD BC);

известны также направления её оснований.

Постройте вершины B и D.

8.52*. На доске была начерчена трапеция ABCD (AD BC) и про ведены перпендикуляр OK из точки O пересечения диагоналей на основание AD и средняя линия EF. Затем трапецию стёрли. Как восстановить чертёж по сохранившимся отрезкам OK и EF?

Условия задач 8.53*. Постройте выпуклый четырёхугольник, если даны длины всех его сторон и одной средней линии1.

8.54*. Постройте вписанный четырёхугольник по четырём сторонам (Брахмагупта).

См. также задачи 15.12, 15.15, 16.17, 17.4, 17.5.

§ 8. Окружности 8.55. Внутри угла даны две точки A и B. Постройте окружность, проходящую через эти точки и высекающую на сторонах угла равные отрезки.

8.56. Даны окружность S, точка A на ней и прямая l. Постройте окружность, касающуюся данной окружности в точке A и данной прямой.

8.57. а) Даны две точки A, B и прямая l. Постройте окружность, проходящую через точки A, B и касающуюся прямой l.

б) Даны две точки A и B и окружность S. Постройте окружность, проходящую через точки A и B и касающуюся окружности S.

8.58*. Даны три точки, не лежащие на одной прямой. Через каж дые две из них провести окружность так, чтобы построенные окруж ности были взаимно ортогональны.

8.59*. Постройте окружность, равноудалённую от четырёх данных точек.

8.60*. Даны две точки A и B и окружность. Найти на окружно сти точку X так, чтобы прямые AX и BX отсекли на окружности хорду CD, параллельную данной прямой MN.

8.61*. Даны три точки A, B и C. Постройте три окружности, по парно касающиеся в этих точках.

8.62*. Постройте окружность, касательные к которой, проведённые из трёх данных точек A, B и C, имели бы длины a, b и c соответ ственно.

См. также задачи 15.10, 15.11, 15.13, 15.14 а), 16.13, 16.14, 16.18—16.20, 18.27.

§ 9. Окружность Аполлония 8.63. Постройте треугольник по a, ha и b/c.

8.64. Постройте треугольник ABC, если известны длина биссектри сы CD и длины отрезков AD и BD, на которые она делит сторону AB.

8.65*. На прямой даны четыре точки A, B, C, D в указанном по рядке. Постройте точку M, из которой отрезки AB, BC, CD видны под равными углами.

Средней линией четырёхугольника называют отрезок, соединяющий середины про тивоположных сторон.

202 Глава 8. Построения 8.66*. На плоскости даны два отрезка AB и A B. Постройте точ ку O так, чтобы треугольники AOB и A OB были подобны (одинако вые буквы обозначают соответственные вершины подобных треуголь ников).

8.67*. Точки A и B лежат на диаметре данной окружности. Прове дите через них две равные хорды с общим концом.

§ 10. Разные задачи 8.68. а) На параллельных прямых a и b даны точки A и B. Про ведите через данную точку C прямую l, пересекающую прямые a и b в таких точках A1 и B1, что AA1 = BB1.

б) Проведите через точку C прямую, равноудалённую от данных точек A и B.

8.69. Постройте правильный десятиугольник.

8.70*. Постройте прямоугольник с данным отношением сторон, зная по одной точке на каждой из его сторон.

8.71*. Даны диаметр AB окружности и точка C на нём. Постройте на этой окружности точки X и Y, симметричные относительно пря мой AB, так, чтобы прямые AX и YC были перпендикулярными.

См. также задачи 15.9, 16.15, 16.16, 16.21, 17.9—17.11, 17.28— 17.30, 18.45.

§ 11. Необычные построения 8.72. С помощью циркуля и линейки разделите угол 19 на 19 рав ных частей.

8.73. Докажите, что угол величиной n, где n — целое число, не делящееся на 3, можно разделить на n равных частей с помощью циркуля и линейки.

8.74*. На клочке бумаги нарисованы две прямые, образующие угол, вершина которого лежит вне этого клочка. С помощью циркуля и ли нейки проведите ту часть биссектрисы угла, которая лежит на клочке бумаги.

8.75*. С помощью двусторонней линейки постройте центр данной окружности, диаметр которой больше ширины линейки.

8.76*. Даны точки A и B, расстояние между которыми больше 1 м.

С помощью одной лишь линейки, длина которой равна 10 см, построй те отрезок AB. (Линейкой можно только проводить прямые линии.) 8.77*. На окружности радиуса a дана точка. С помощью монеты радиуса a постройте точку, диаметрально противоположную данной.

§ 12. Построения одной линейкой В задачах этого параграфа требуется выполнить указанные построения с помощью одной линейки без циркуля. С помощью одной линейки почти Условия задач никаких построений выполнить нельзя. Например, нельзя даже построить середину отрезка (задача 30.57). Но если на плоскости проведены какие-либо вспомогательные линии, то можно выполнить многие построения. В случае, когда на плоскости нарисована вспомогательная окружность и отмечен её центр, с помощью линейки можно выполнить все построения, которые можно выполнить с помощью линейки и циркуля. При этом, правда, считается, что окружность построена, если построен её центр и одна её точка.

З а м е ч а н и е. Если на плоскости нарисована окружность, но не отмечен её центр, то с помощью одной линейки построить центр нельзя (задача 30.58).

8.78*. Даны две параллельные прямые. С помощью одной линейки разделите пополам отрезок, лежащий на одной из данных прямых.

8.79*. Даны две параллельные прямые и отрезок, лежащий на од ной из них. Удвойте этот отрезок.

8.80*. Даны две параллельные прямые. Разделите отрезок, лежа щий на одной из них, на n равных частей.

8.81*. Даны две параллельные прямые и точка P. Проведите через точку P прямую, параллельную данным прямым.

8.82*. Даны окружность, её диаметр AB и точка P. Проведите через точку P перпендикуляр к прямой AB.

8.83*. Докажите, что если на плоскости даны какая-нибудь окруж ность S и её центр O, то с помощью одной линейки можно:

а) из любой точки провести прямую, параллельную данной прямой, и опустить на данную прямую перпендикуляр;

б) на данной прямой от данной точки отложить отрезок, равный данному отрезку;

в) построить отрезок длиной ab/c, где a, b, c — длины данных от резков;

г) построить точки пересечения данной прямой l с окружностью, центр которой — данная точка A, а радиус равен длине данного от резка;

д) построить точки пересечения двух окружностей, центры кото рых — данные точки, а радиусы — данные отрезки.

См. также задачи 3.37, 6.105.

§ 13. Построения с помощью двусторонней линейки В задачах этого параграфа требуется выполнить построения с помощью линейки с двумя параллельными краями (без циркуля). С помощью двусто ронней линейки можно выполнить все построения, выполнимые с помощью циркуля и линейки.

Пусть a — ширина двусторонней линейки. С помощью этой линейки можно выполнять следующие элементарные построения:

1) проводить прямую через две данные точки;

2) проводить прямую, параллельную данной и удалённую от неё на рассто яние a;

204 Глава 8. Построения 3) через две данные точки A и B, где AB a, проводить пару параллельных прямых, расстояние между которыми равно a (таких пар прямых две).

8.84. а) Постройте биссектрису данного угла AOB.

б) Дан острый угол AOB. Постройте угол BOC, биссектрисой кото рого является луч OA.

8.85. Восставьте перпендикуляр к данной прямой l в данной точ ке A.

8.86. а) Через данную точку проведите прямую, параллельную дан ной прямой.

б) Постройте середину данного отрезка.

8.87. Даны угол AOB, прямая l и точка P на ней. Проведите через точку P прямые, образующие с прямой l угол, равный углу AOB.

8.88. Даны отрезок AB, непараллельная ему прямая l и точка M на ней. Постройте точки пересечения прямой l с окружностью радиу са AB с центром M.

8.89*. Даны прямая l и отрезок OA, параллельный l. Постройте точки пересечения прямой l с окружностью радиуса OA с центром O.

8.90*. Даны отрезки O1A1 и O2A2. Постройте радикальную ось окружностей радиуса O1A1 и O2A2 с центрами O1 и O2 соответственно.

См. также задачу 8.75.

§ 14. Построения с помощью прямого угла В задачах этого параграфа требуется выполнить указанные построения с помощью прямого угла. Прямой угол позволяет выполнить следующие эле ментарные построения:

а) расположить прямой угол так, чтобы одна его сторона лежала на данной прямой, а другая сторона проходила через данную точку;

б) расположить прямой угол так, чтобы его вершина лежала на данной прямой, а стороны проходили через две данные точки (если, конечно, для данной прямой и точек вообще существует такое положение прямого угла).

Расположив прямой угол одним из указанных способов, можно провести лучи, соответствующие его сторонам.

8.91. Проведите через данную точку A прямую, параллельную дан ной прямой l.

8.92. Дан отрезок AB. Постройте:

а) середину отрезка AB;

б) отрезок AC, серединой которого является точка B.

8.93. Дан угол AOB. Постройте:

а) угол, вдвое больший угла AOB;

б) угол, вдвое меньший угла AOB.

8.94*. Даны угол AOB и прямая l. Проведите прямую l1 так, что угол между прямыми l и l1 равен углу AOB.

8.95*. Даны отрезок AB, прямая l и точка O на ней. Постройте на прямой l такую точку X, что OX = AB.

Решения задач 8.96*. Дан отрезок OA, параллельный прямой l. Постройте точки, в которых окружность радиуса OA с центром O пересекает прямую l.

Задачи для самостоятельного решения 8.97. Постройте прямую, касающуюся двух данных окружностей (разберите все возможные случаи).

8.98. Постройте треугольник, если известны отрезки, на которые высота делит основание, и медиана, проведённая к боковой стороне.

8.99. Постройте параллелограмм ABCD по вершине A и серединам сторон BC и CD.

8.100. Постройте трапецию, боковые стороны которой лежат на данных прямых, диагонали пересекаются в данной точке, а одно из оснований имеет данную длину.

8.101. Даны две окружности. Проведите прямую так, чтобы она касалась одной окружности, а вторая окружность высекала на ней хорду данной длины.

8.102. Проведите через вершину C треугольника ABC прямую l так, чтобы площади треугольников AA1C и BB1C, где A1 и B1 — проекции точек A и B на прямую l, были равны.

8.103. Постройте треугольник ABC по сторонам AB и AC, зная, что биссектриса AD, медиана BM и высота CH пересекаются в одной точке.

8.104. Даны точки A1, B1 и C1, делящие стороны BC, CA и AB треугольника ABC в отношении 1 : 2. Восстановите по ним треуголь ник ABC.

Решения 8.1. Построим отрезок BC длины a. Центр O описанной окружности тре угольника ABC является точкой пересечения двух окружностей радиуса R с центрами в точках B и C. Выберем одну из этих точек пересечения и по строим описанную окружность S треугольника ABC. Точка A является точкой пересечения окружности S и прямой, параллельной прямой BC и отстоящей от неё на расстояние ha (таких прямых две).

8.2. Построим точки A1 и B1 на сторонах BC и AC соответственно так, что BA1 : A1C = 1 : 3 и AB1 : B1C = 1 : 2. Пусть точка X лежит внутри тре угольника ABC. Ясно, что SABX : SBCX = 1 : 2 тогда и только тогда, когда точка X лежит на отрезке BB1, и SABX : SACX = 1 : 3 тогда и только тогда, когда точка X лежит на отрезке AA1. Поэтому искомая точка M является точкой пересечения отрезков AA1 и BB1.

8.3. Пусть O — центр данной окружности, AB — хорда, проходящая через точку P, M — середина AB. Тогда |AP - BP| = 2PM. Так как PMO = 90, точка M лежит на окружности S с диаметром OP. Построим хорду PM окружности S так, что PM = a/2 (таких хорд две). Искомая хорда задаётся прямой PM.

206 Глава 8. Построения 8.4. Пусть R — радиус данной окружности, O — её центр. Центр искомой окружности лежит на окружности S радиуса |R ± r| с центром O. С другой стороны, её центр лежит на прямой l, параллельной данной прямой и уда лённой от неё на расстояние r (таких прямых две). Любая точка пересечения окружности S и прямой l может служить центром искомой окружности.

8.5. Пусть R — радиус окружности S, O — её центр.

Если окружность S высекает на прямой, проходя щей через точку A, хорду PQ и M — середина PQ, то OM2 = OQ2 - MQ2 = R2 - d2/4. Поэтому иско мая прямая касается окружности радиуса R2 - d2/ с центром O.

8.6. Возьмём на прямых AB и CD точки E и F так, чтобы прямые BF и CE имели заданные направления. Рассмотрим всевозможные параллело граммы PQRS с заданными направлениями сторон, вершины P и R которых лежат на лучах BA и CD, Рис. 8. а вершина Q — на стороне BC (рис. 8.1). Дока жем, что геометрическим местом вершин S являет SR PQ BQ FR ся отрезок EF. В самом деле, = = =, т. е. точка S лежит EC EC BC FC на отрезке EF. Обратно, если точка S лежит на отрезке EF, то прове дём S P BF, P Q EC и Q R BF (P, Q, R — точки на прямых AB, BC, CD).

S P P E Q C Q R Тогда = = =, т. е. S P = Q R и P Q R S — параллелограмм.

BF BE BC BF Из этого вытекает следующее построение. Строим сначала точки E и F.

Вершина S является точкой пересечения отрезков AD и EF. Дальнейшее построение очевидно.

8.7. Предположим, что треугольник ABC построен. Пусть A1 и C1 — се редины сторон CB и AB. Так как C1A1 AC, то A1C1B = A. Из этого вытекает следующее построение. Построим сначала отрезок CB длиной a и его середину A1. Точка C1 является точкой пересечения окружности радиуса mc с центром C и дуг окружностей, из которых отрезок A1B виден под углом A.

Построив точку C1, отложим на луче BC1 отрезок BA = 2BC1. Тогда A — иско мая вершина треугольника.

8.8. Предположим, что искомый треугольник построен и C — вершина его прямого угла. Так как ACB = 90, точка C лежит на окружности S с диаметром AB. Поэтому точка C является точкой пересечения окружности S и данной окружности. Построив точку C и проведя прямые CA и AB, найдём оставшиеся вершины искомого треугольника.

8.9. Предположим, что прямоугольник ABCD построен. Опустим из точ ки P перпендикуляр PR на прямую BC. Точку R можно построить, так как она лежит на окружности с диаметром PQ и PR = AB = a. Построив точку R, строим прямые BC и AD и опускаем на них перпендикуляры из точек M и N.

8.10. Предположим, что треугольник ABC построен, AH — высота, AD — биссектриса, AM — медиана. Согласно задаче 2.70 точка D лежит меж ду M и H. Точка E пересечения прямой AD и перпендикуляра, проведённого из точки M к стороне BC, лежит на описанной окружности треугольника ABC.

Решения задач Поэтому центр O описанной окружности лежит на пересечении серединного перпендикуляра к отрезку AE и перпендикуляра к стороне BC, проведённого через точку M.

Последовательность построений такова: на произвольной прямой (которая в дальнейшем окажется прямой BC) строим точку H, затем последовательно строим точки A, D, M, E, O. Искомые вершины B и C треугольника ABC являются точками пересечения исходной прямой с окружностью радиуса OA с центром O.

8.11. Предположим, что треугольник ABC построен и O — центр его впи санной окружности. Тогда BOC = 90 + A/2 (задача 5.3). Из точки O отрезок BC виден под углом 90 + A/2, и она удалена на расстояние r от прямой BC, поэтому её можно построить. Затем строим вписанную окружность и проводим к ней касательные из точек B и C.

8.12. Построим произвольный треугольник с углами A и B и найдём его периметр P1. Искомый треугольник подобен построенному треугольнику с коэффициентом P/P1.

8.13. Предположим, что треугольник ABC построен. Пусть AA1, BB и CC1 — его медианы, M — точка их пересечения, M — точка, симметричная M относительно точки A1. Тогда MM = 2ma/3, MC = 2mc/3 и M C = 2mb/3, поэтому треугольник MM C можно построить. Точка A симметрична M относительно точки M, а точка B симметрична C относительно середины отрезка MM.

S S S 1 1 8.14. Ясно, что BC : AC : AB = : : = : :. Возьмём произволь ha hb hc ha hb hc ный отрезок B C и построим треугольник A B C так, чтобы B C : A C = hb : ha и B C : A B = hc : ha. Пусть h — высота треугольника A B C, опущенная из a вершины A. Искомый треугольник подобен треугольни ку A B C с коэффициентом ha/h.

a 8.15. Возьмём на стороне AB произвольную точку K, опустим из неё перпендикуляр K L на сторону BC, а за тем построим квадрат K L M N, лежащий внутри уг ла ABC. Пусть прямая BN пересекает сторону AC в точ ке N. Ясно, что искомый квадрат является образом квад рата K L M N при гомотетии с центром B и коэффициен том BN : BN.

8.16. Предположим, что искомый треугольник ABC построен. Пусть Q — точка касания вписанной окруж ности со стороной BC, PQ — диаметр этой окружно сти, R — точка касания вневписанной окружности со сто роной BC. Ясно, что BR = (a + b + c)/2 - c = (a + b - c)/ Рис. 8. и BQ = (a + c - b)/2. Поэтому RQ = |BR - BQ| = |b - c|.

Вписанная окружность треугольника ABC и вневписанная окружность, каса ющаяся стороны BC, гомотетичны с центром гомотетии A. Поэтому точка A лежит на прямой PR (рис. 8.2).

Из этого вытекает следующее построение. Строим прямоугольный треуголь ник PQR по известным катетам PQ = 2r и RQ = |b - c|. Затем проводим две прямые, параллельные прямой RQ и удалённые от неё на расстояние ha. Вер шина A является точкой пересечения одной из этих прямых с лучом RP. Так как длина диаметра PQ вписанной окружности известна, её можно построить.

208 Глава 8. Построения Точки пересечения касательных к этой окружности, проведённых из точки A, с прямой RQ являются вершинами B и C треугольника.

8.17. Предположим, что треугольник ABC построен. Пусть M — точка пересечения медиан AA1 и BB1. Тогда AM = 2ma/3 и BM = 2mb/3. Треуголь ник ABM можно построить по длинам сторон AB = c, AM и BM. Затем на лучах AM и BM откладываем отрезки AA1 = ma и BB1 = mb. Вершина C является точкой пересечения прямых AB1 и A1B.

8.18. Предположим, что треугольник ABC построен. Пусть H — основание высоты, опущенной из вершины A. Прямоугольный треугольник ACH можно построить по гипотенузе AC = b и катету AH = ha. Затем на прямой CH строим точку B так, что CB = a.

8.19. Предположим, что треугольник ABC построен. Опустим из середи ны A1 стороны BC перпендикуляры A1B и A1C на прямые AC и AB соответ ственно. Ясно, что AA1 =ma, A1B =hb/2 и A1C =hc/2. Из этого вытекает следу ющее построение. Строим отрезок AA1 длиной ma. Затем строим прямоуголь ные треугольники AA1B и AA1C по известным катетам и гипотенузе так, что бы они лежали по разные стороны от прямой AA1. Остаётся построить точки B и C на сторонах AC и AB угла C AB так, чтобы отрезок BC делился точ кой A1 пополам. Для этого отложим на луче AA1 отрезок AD = 2AA1, а затем проведём через точку D прямые, параллельные сторонам угла C AB. Точки пересечения этих прямых со сторонами угла C AB являются вер шинами искомого треугольника (рис. 8.3).

8.20. Построим угол B AC, равный A. Точ ка B строится как пересечение луча AB и пря мой, параллельной лучу AC и удалённой от него на расстояние hb. Аналогично строится точ ка C.

8.21. Предположим, что треугольник ABC Рис. 8. построен. Опустим из точки B высоту BH и про ведём медиану BB1. В прямоугольных треуголь никах CBH и B1BH известны катет BH и гипотенузы CB и BB1, поэтому их можно построить. Затем на луче CB1 откладываем отрезок CA = 2CB1. Задача имеет два решения, так как треугольники CBH и B1BH можно строить либо по одну, либо по разные стороны от прямой BH.

8.22. Предположим, что треугольник ABC построен. Пусть M — середина отрезка BC. Опустим из точки A высоту AH, а из точки M — перпенди куляр MD на сторону AC. Ясно, что MD = hb/2. Поэтому треугольники AMD и AMH можно построить. Вершина C является точкой пересечения прямых AD и MH. На луче CM откладываем отрезок CB = 2CM. Задача имеет два решения, так как треугольники AMD и AMH можно строить либо по одну, либо по разные стороны от прямой AM.

8.23. Предположим, что треугольник ABC построен. Пусть A1, B1 и C1 — се редины сторон BC, CA и AB соответственно. В треугольнике CC1B1 известны все стороны: CC1 = mc, C1B1 = a/2 и CB1 = b/2, поэтому его можно построить.

Точка A симметрична C относительно точки B1, а точка B симметрична A относительно точки C1.

8.24. Предположим, что треугольник ABC построен, AM — его медиа на, AH — высота. Пусть точка A симметрична A относительно точки M.

Решения задач Построим отрезок AA = 2ma. Пусть M — его середина. Построим прямо угольный треугольник AMH с гипотенузой AM и катетом AH = ha. Точ ка C лежит на дуге окружности, из которой отрезок AA виден под уг лом 180 - A, так как ACA = 180 - CAB. Поэтому точка C является точкой пересечения этой дуги и прямой MH. Точка B симметрична C от носительно точки M.

8.25. Предположим, что треугольник ABC построен. Пусть CD — его бис сектриса. Проведём прямую MD, параллельную стороне BC (точка M лежит на стороне AC). Треугольник CMD равнобедренный, так как MCD = DCB = = MDC. Поскольку MC : AM = DB : AD = CB : AC = a : b и AM + MC = b, то MC = ab/(a + b). Строим равнобедренный треугольник CMD по основа нию CD = lc и боковым сторонам MD = MC = ab/(a + b). Затем на луче CM откладываем отрезок CA = b, а на луче, симметричном лучу CM относительно прямой CD, откладываем отрезок CB = a.

8.26. Предположим, что треугольник ABC построен. Пусть S1 — вневписан ная окружность, касающаяся стороны BC. Обозначим точки касания окруж ности S1 с продолжениями сторон AB и AC через K и L, а точку касания S со стороной BC обозначим через M. Так как AK = AL, AL = AC + CM и AK = = AB + BM, то AK = AL = p. Пусть S2 — окружность радиуса ha с центром A.

Прямая BC является общей внутренней касательной к окружностям S1 и S2.

Из этого вытекает следующее построение. Строим угол KAL, равный по величине углу A, так, что KA = LA = p. Строим окружность S1, касающуюся сторон угла KAL в точках K и L, и окружность S2 радиуса ha с центром в точке A. Затем проводим общую внутреннюю касательную к окружностям S1 и S2. Точки пересечения этой касательной со сторонами угла KAL являются вершинами B и C искомого треугольника.

8.27. Точки A1 к B1 лежат на окружности S с диаметром AB. Центр O этой окружности лежит на серединном перпендикуляре к хорде A1B1. Из этого вытекает следующее построение. Сначала строим точку O, являющуюся точкой пересечения серединного перпендикуляра к отрезку A1B1 и прямой l.

Затем строим окружность радиуса OA1 = OB1 с центром O. Вершины A и B являются точками пересечения окружности S с прямой l. Вершина C является точкой пересечения прямой AB1 и прямой BA1.

8.28. Пусть AB = BC и A1, B1, C1 — основания биссектрис треугольни ка ABC. Тогда A1C1C = C1CA = C1CA1, т. е. треугольник CA1C1 равнобед ренный и A1C = A1C1.

Из этого вытекает следующее построение. Через точку B1 проводим пря мую l, параллельную A1C1. На прямой l строим точку C так, что CA1 = C1A и C1A1C > 90. Точка A симметрична точке C относительно точки B1, а вер шина B является точкой пересечения прямых AC1 и A1C.

8.29. а) Согласно задаче 2.20 а) точки A, B и C являются точками пересе чения продолжений высот треугольника A B C с его описанной окружностью.

б) Согласно задаче 2.20 б) точки A, B и C являются точками пересечения про должений биссектрис углов треугольника A B C с его описанной окружностью.

8.30. Обозначим середины сторон BC, CA, AB треугольника через A1, B1, C соответственно. Поскольку BC B1C1 B C и OA1 BC, то OA B C. Ана логично OB A C и OC A B, т. е. O — точка пересечения высот тре угольника A B C. Построив точку O, проводим серединные перпендикуляры к отрезкам OA, OB, OC. Эти прямые образуют треугольник ABC.

210 Глава 8. Построения 8.31. Согласно задаче 5.10 наша задача совпадает с задачей 8.29 б).

8.32. Пусть O — центр описанной окружности, M — середина стороны AB, H — основание высоты, опущенной из точки C. Точка Q является серединой дуги AB, поэтому OQ AB. Из этого вытекает следующее построение. Сначала по трём данным точкам строим описанную окружность S треугольника PQR.

Точка C является точкой пересечения прямой, проведённой через точку P параллельно OQ, и окружности S. Точка M является точкой пересечения прямой OQ и прямой RC. Прямая AB проходит через точку M и перпен дикулярна OQ.

8.33. Согласно задаче 5.2 точки A, B и C являются основаниями высот треугольника A1B1C1.

8.34. Пусть H1 — точка пересечения высот треугольника ABC. Согласно задаче 5.128 OM : MH1 = 1 : 2 и точка M лежит на отрезке OH1. Поэтому можно построить точку H1. Затем проводим прямую H1H и восставляем к этой прямой в точке H перпендикуляр l. Опустив из точки O перпендикуляр на прямую l, получаем точку C1 (середину отрезка AB). На луче C1M строим точку C так, что CC1 : MC1 = 3 : 1. Точки A и B являются точками пересечения прямой l с окружностью радиуса CO с центром O.

8.35. Пусть O и I — центры описанной и вписанной окружностей, Ic — центр вневписанной окружности, касающейся стороны AB. Описанная окружность треугольника ABC делит отрезок IcI пополам (задача 5.132 б), а отре зок IcI делит пополам дугу AB. Ясно также, что точки A и B лежат на окружности с диаметром IcI. Из этого вытекает следующее постро ение. Строим окружность S с диаметром IcI и окружность S1 с цен тром O и радиусом OD, где D — середина отрезка IcI. Окружности S и S1 пересекаются в точках A и B. Теперь можно построить вписан ную окружность треугольника ABC и провести к ней касательные из точек A и B.

8.36. Предположим, что мы построили точки X и Y на сторонах AB и BC треугольника ABC так, что AX = BY и XY AC. Проведём YY1 AB и Y1C1 BC (точки Y1 и C1 лежат на сторонах AC и AB). Тогда Y1Y = AX = BY, т. е. BYY1C — ромб и BY1 — биссектриса угла B.

Из этого вытекает следующее построение. Проводим биссектрису BY1, за тем прямую Y1Y, параллельную стороне AB (Y лежит на BC). Точка X теперь строится очевидным образом.

8.37. Пусть для определённости a < b. Предположим, что треугольник ABC построен. Возьмём на стороне AC точку D так, что ABD = BAC. То гда BDC = 2BAC и CBD = 3BAC - BAC = 2BAC, т. е. CD = CB = a.

В треугольнике BCD известны все стороны: CD = CB = a и DB = AD = b - a.

Построив треугольник BCD, проводим луч BA, не пересекающий сторону CD, так, что DBA = DBC/2. Искомая вершина A является точкой пересечения прямой CD и этого луча.

8.38. Пусть точка B лежит на прямой l, проходящей через точку B параллельно AC. Стороны треугольников ABC и AB C высекают на прямой, параллельной AC, равные отрезки. Поэтому прямоугольники P R Q S и PRQS, вписанные в треугольники ABC и AB C соответственно, равны, если точ ки R, Q, R и Q лежат на одной прямой.

Возьмём точку B на прямой l так, что B AC = 90. В треугольник AB C прямоугольник P R Q S с данной диагональю P Q вписывается очевидным Решения задач образом (P = A). Проведя прямую R Q, находим вершины R и Q искомого прямоугольника.

8.39. Предположим, что треугольник ABC построен. Пусть K и L — точ ки, в которых вневписанная окружность, касающаяся стороны BC, касается продолжений сторон AB и AC соответственно. Так как AK = AL = p, то эту вневписанную окружность можно построить;

остаётся провести к построенной окружности касательную через данную точку M.

8.40. Пусть продолжение биссектрисы CD пересекает описанную окруж ность треугольника ABC (с прямым углом C) в точке P, PQ — диаметр описан ной окружности, O — её центр. Тогда PD : PO = PQ : PC, т. е. PD · PC = 2R2 =.

2mc Поэтому, проведя к окружности с диаметром CD касательную длиной 2mc, легко построить отрезок длиной PC. Теперь в треугольнике OPC известны длины всех сторон.

8.41. Построим точку K на стороне AC так, что AK = BC - AB. Пусть точка D лежит на отрезке AC. Равенство AD + BD + AB = BC эквивалентно равенству AD + BD = AK. Для точки D, лежащей на отрезке AK, последнее равенство перепишется в виде AD + BD = AD + DK, а для точки D, не лежа щей на отрезке AK, — в виде AD + BD = AD - DK. В первом случае BD = DK, а второй случай невозможен. Поэтому точка D является точкой пересечения серединного пер пендикуляра к отрезку BK и отрезка AC.

8.42. Предположим, что треугольник ABC построен. Проведём диаметр CD описанной окружности. Пусть O — центр описанной окруж ности, L — точка пересечения продолжения биссектрисы AK с описанной окружностью (рис. 8.4). Так как ABC - ACB = 90, то ABD = ACB;

поэтому DA = AB. Ясно так же, что BL = LC. Следовательно, AOL = 90.

Из этого вытекает следующее построение.

Строим окружность S с центром O и данным ра диусом. На окружности S выбираем произволь- Рис. 8. ную точку A. Строим точку L на окружности S так, что AOL = 90. На отрезке AL строим отрезок AK, равный данной биссектрисе. Через точку K проводим прямую l, перпендикулярную OL. Точки пересечения прямой l с окружностью S являются вершинами B и C искомого треугольника ABC.

8.43. Возьмём на сторонах BC и AC такие точки A1 и B1, что PA1 AC и PB1 BC. Затем отложим на лучах A1B и B1A отрезки A1B2 = AB и B1A2 = BA1. Докажем, что прямая A2B2 искомая. В самом деле, пусть k = AP/AB. Тогда B1A2 (1 - k)a (1 - k)a + (1 - k)b CA = = =, B1P ka ka + kb CB т. е. A2B1P A2CB2 и прямая A2B2 проходит через точку P. Кроме то го, AA2 = |(1 - k)a - kb| = BB2.

8.44. Предположим, что треугольник ABC построен. Пусть B1 — точка касания вписанной окружности со стороной AC. В прямоугольном треуголь 212 Глава 8. Построения нике AOB1 известны катет OB1 = r и гипотенуза AO, поэтому можно по строить угол OAB1, а значит, и угол BAC. Пусть O1 — центр описанной окружности треугольника ABC, M — середина стороны BC. В прямоугольном треугольнике BO1M известны катет O1M = AH/2 (см. решение задачи 5.128) и угол BO1M (он равен A или 180 - A), поэтому его можно построить.

Затем можно определить длину отрезка OO1 = R(R - 2r) (см. задачу 5.12 а).

Итак, можно построить отрезки длиной R и OO1 = d.

После этого возьмём отрезок AO и построим точку O1, для которой AO1 = R и OO1 = d (таких точек может быть две). Проведём из точки A касательные к окружности радиуса r с центром O. Искомые точки B и C лежат на этих касательных, удалены от точки O1 на расстояние R и, разумеется, отличны от точки A.

8.45. Пусть a, b, c — данные прямые, причём прямая b лежит между a и c.

Предположим, что вершины A, B, C квадрата ABCD лежат на прямых a, b, c соответственно.

П е р в о е р е ш е н и е. Из того, что ABC = 90 и AB = BC вытекает сле дующее построение. Возьмём на прямой b произвольную точку B и повернём прямую a относительно точки B на 90 (в одну или в другую сторону).

Точка C — это точка пересечения прямой c и образа прямой a при указанном повороте.

В т о р о е р е ш е н и е. Возьмём на прямой b произвольную точку B и опу стим из неё перпендикуляр BA1 на прямую a и перпендикуляр BC1 на прямую c. Прямоугольные треугольники BA1A и CC1B имеют равные гипо тенузы и равны углы, поэтому они равны. Из этого вытекает следующее построение. На прямой a строим отрезок A1A, равный отрезку BC1. Мы построили вершину A. Вершина C строится ана логично.

8.46. Пусть расстояние между данными па раллельными прямыми равно a. Нужно провести через точки A и B параллельные прямые так, чтобы расстояние между ними было равно a.

Для этого построим окружность на отрезке AB как на диаметре и найдём точки C1 и C2 пересе чения этой окружности с окружностью радиуса a с центром B. Сторона искомого ромба лежит на прямой AC1 (второе решение — на прямой AC2).

Затем через точку B проводим прямую, парал лельную AC1 (соответственно AC2).

8.47. Предположим, что четырёхугольник ABCD построен. Обозначим середины сторон AB, BC, CD и DA через P, Q, R и S соот ветственно и середины диагоналей AC и BD через K и L. В треугольнике KSL извест Рис. 8. ны KS = CD/2, LS = AB/2 и угол KSL, равный углу между сторонами AB и CD. Построив тре угольник KSL, можно построить треугольник KRL, так как известны длины всех его сторон. После этого достраиваем треугольники KSL и KRL до па раллелограммов KSLQ и KRLP. Вершины A, B, C, D являются вершинами параллелограммов PLSA, QKPB, RLQC, SKRD (рис. 8.5).

Решения задач 8.48. Опустим из вершин B и D перпендикуляры BB1 и DD1 на диа гональ AC. Пусть для определённости DD1 > BB1. Построим отрезок дли ны a = DD1 - BB1 и проведём прямую, параллельную прямой AC, удалённую от AC на расстояние a и пересекающую сторону CD в некоторой точке E.

Ясно, что SAED = (ED/CD)SACD = (BB1/DD1)SACD = SABC. Поэтому медиана тре угольника AEC лежит на искомой прямой.

8.49. Пусть P, Q, R — середины равных сторон AB, BC, CD четырёхугольни ка ABCD. Проведём серединные перпендикуляры l1 и l2 к отрезкам PQ и QR.

Поскольку AB = BC = CD, точки B и C лежат на прямых l1 и l2 и BQ = QC.

Из этого вытекает следующее построение. Проводим серединные перпенди куляры l1 и l2 к отрезкам PQ и QR. Затем через точку Q проводим отрезок с концами на прямых l1 и l2 так, чтобы Q была его серединой (см. зада чу 16.15).

8.50. Пусть даны вершины A, B и C вписанного и описанного четырёх угольника ABCD, причём AB BC. Тогда AD - CD = AB - BC 0, поэтому на стороне AD можно отложить отрезок DC1, равный DC. В треугольнике AC1C известны длины сторон AC и AC1 =AB-BC и AC1C=90 +D/2=180 -B/2.

Так как угол AC1C тупой, треугольник AC1C по этим элементам строится однозначно. Дальнейшее построение очевидно.

8.51. Пусть ABCD — описанная равнобедренная трапеция с основаниями AD и BC, причём AD > BC;

C1 — проекция точки C на прямую AD. Докажем, что AB = AC1. В самом деле, если P и Q — точки касания сторон AB и AD с вписанной окружностью, то AB = AP + PB = AQ + BC/2 = AQ + QC1 = AC1.

Из этого вытекает следующее построение. Пусть C1 — проекция точки C на основание AD. Тогда B — точка пересечения прямой BC и окружности радиуса AC1 с центром A. Трапеция с AD < BC строится аналогично.

8.52. Обозначим середины оснований AD и BC через L и N, а середину отрезка EF через M. Точки L, O, N лежат на одной прямой (задача 19.2).

Ясно, что точка M также лежит на этой прямой. Из этого вытекает следующее построение. Проведём через точку K прямую l, перпендикулярную прямой OK.

Основание AD лежит на прямой l. Точка L является точкой пересечения прямой l и прямой OM. Точка N симметрична точке L относительно точки M.

Через точку O проведём прямые, параллельные прямым EN и FN. Точки пересечения этих прямых с прямой l являются вершинами A и D трапеции.

Вершины B и C симметричны вершинам A и D относительно точек E и F соответственно.

8.53. Предположим, что мы построили четырёхугольник ABCD с дан ными длинами сторон и данной средней линией KP (K и P — середины сторон AB и CD). Пусть A1 и B1 — точки, симметричные точкам A и B относительно точки P. Треугольник A1BC можно построить, так как в нём известны стороны BC, CA1 = AD и BA1 = 2KP. Достроим треугольник A1BC до параллелограмма A1EBC. Теперь можно построить D, так как # точку – – # известны CD и ED = BA. Воспользовавшись тем, что DA = A1C, построим точку A.

8.54. Используя формулы задач 6.37 и 6.38, легко выразить диагонали вписанного четырёхугольника через его стороны. Полученные формулы можно использовать для построения диагоналей (для удобства следует ввести произ вольный отрезок e в качестве отрезка единичной длины и строить отрезки длиной pq, p/q и p как pq/e, pe/q и pe).

214 Глава 8. Построения 8.55. Окружность высекает на сторонах угла равные отрезки тогда и только тогда, когда её центр лежит на биссектрисе угла. Поэтому центром искомой окружности является точка пересечения сере динного перпендикуляра к отрезку AB и бис сектрисы данного угла.

8.56. Предположим, что мы построили окружность S, касающуюся данной окружно сти S в точке A и данной прямой l в некоторой точке B. Пусть O и O — центры окружно стей S и S соответственно (рис. 8.6). Ясно, что точки O, O и A лежат на одной прямой и O B = O A. Поэтому нужно построить точ ку O на прямой OA так, чтобы O A = O B, где B — основание перпендикуляра, опущенного из точки O на прямую l. Для этого опустим Рис. 8. перпендикуляр OB на прямую l. Затем отло жим на прямой AO отрезок OA длины OB.

Через точку A проведём прямую AB, параллельную A B (точка B лежит на прямой l). Точка O является точкой пересечения прямой OA и перпендику ляра к прямой l, проведённого через точку B.

8.57. а) Пусть l1 — серединный перпендикуляр к отрезку AB, C — точка пересечения прямых l1 и l, а l — прямая, симметричная l относительно пря мой l1. Задача сводится к тому, чтобы построить окружность, проходящую через точку A и касающуюся прямых l и l (см. задачу 19.16).

б) Можно считать, что центр окружности S не лежит на серединном перпендикуляре к отрезку AB (иначе построение очевидно). Возьмём про извольную точку C окружности S и построим описанную окружность тре угольника ABC;

она пересекает S в некоторой точке D. Пусть M — точ ка пересечения прямых AB и CD. Проведём к окружности S касательные MP и MQ. Тогда описанные окружности треугольников ABP и ABQ искомые, так как MP2 = MQ2 = MA · MB.

8.58. Пусть A, B, C — данные точки, A, B, C — центры требуемых окружностей (A — центр окружности, проходящей через точки B и C и т. д.).

Треугольники BA C, AB C, AC B равнобедренные. Пусть x, y, z — углы при их основаниях. Тогда y + z + A = ±90, z + x + B = ±90, x + y + C = ±90.

Эта система уравнений легко решается. Например, чтобы найти x, нужно сло жить два последних уравнения и вычесть из них первое уравнение. Если же мы знаем (ориентированные) углы x, y, z, то требуемые окружности строятся очевидным образом.

8.59. Пусть A, B, C, D — данные точки, S — искомая окружность. По одну сторону от S лежит k данных точек, по другую сторону лежит 4 - k данных точек. Мы будем предполагать, что данные точки не лежат на одной окружности (иначе в качестве S можно взять любую окружность с тем же центром;

получается бесконечно много решений). Таким образом, 1 k 3.

Решения задач Мы получаем два существенно различных расположения точек по отношению к S: 2 + 2 и 1 + 3.

Пусть сначала точки A и B лежат по одну сторону от окружности S, а точ ки C и D — по другую. Центром окружности S является точка O пересечения серединных перпендикуляров к отрезкам AB и CD. Радиус окружности S ра вен среднему арифметическому длин отрезков OA и OC. Четыре точки можно разбить на пары тремя способами, поэтому мы получаем 3 решения.

Pages:     | 1 |   ...   | 2 | 3 || 5 | 6 |   ...   | 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.