WWW.DISSERS.RU

БЕСПЛАТНАЯ ЭЛЕКТРОННАЯ БИБЛИОТЕКА

   Добро пожаловать!

Pages:     | 1 |   ...   | 4 | 5 || 7 | 8 |   ...   | 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 6 ] --

Точка O лежит внутри треугольника ABH, поэтому точка пересечения прямых AA1 и BB1 лежит внутри треугольника BOH.

10.83. Пусть 90. Тогда CH — наибольшая высота. Центры вписанной и опи санной окружностей обозначим через I и O, точки касания вписанной окружности со сторо нами BC, CA, AB — через K, L, M соответственно (рис. 10.2).

Докажем сначала, что точка O лежит внут ри треугольника KCI. Для этого достаточно доказать, что CK KB и BCO BCI. Ясно, что CK = r ctg( /2) r ctg( /2) = KB и 2BCO = Рис. 10. = 180 - BOC = 180 - 2 180 - - = = = 2BCI. Так как BCO = 90 - = ACH, при симметрии относительно CI прямая CO переходит в прямую CH.

Пусть O — образ точки O при этой симметрии, P — точка пересечения 270 Глава 10. Неравенства для элементов треугольника CH и IL. Тогда CP CO = CO = R. Остаётся доказать, что PH IM = r. Это следует из того, что MIL = 180 - 90.

10.84. Пусть B2C2 — проекция отрезка B1C1 на сторону BC. Тогда B1C B2C2 = BC - BC1 cos - CB1 cos. Аналогично A1C1 AC - AC1 cos - CA1 cos и A1B1 AB - AB1 cos - BA1 cos. Домножим эти неравенства на cos, cos и cos соответственно и сложим их. Получим B1C1 cos + C1A1 cos + + A1B1 cos a cos + b cos + c cos - (a cos cos + b cos cos + c cos cos ).

Так как c = a cos + b cos, то c cos = a cos cos + b cos cos. Записав три аналогичных равенства и сложив их, получим a cos cos + b cos cos + + c cos cos = (a cos + b cos + c cos )/2.

10.85. Так как cos2 + cos2 + cos2 + 2 cos cos cos = 1 (задача 12.41 б), то треугольник ABC остроугольный тогда и только тогда, когда cos2 + cos2 + + cos2 < 1, т. е. sin2 + sin2 + sin2 > 2. Домножая обе части последнего неравенства на 4R2, получаем требуемое.

10.86. Достаточно заметить, что p2 - (2R + r)2 = 4R2 cos cos cos (см. за дачу 12.43 б).

10.87. Пусть A B C. Если треугольник ABC не остроугольный, то CC1 < AC < AA1 для любых точек A1 и C1 на сторонах BC и AB. До кажем теперь, что для остроугольного треугольника можно выбрать точки A1, B1 и C1, обладающие требуемым свойством. Для этого достаточно про верить, что существует число x, удовлетворяющее следующим неравенствам:

ha x < max(b, c) = c, hb x < max(a, c) = c и hc x < max(a, b) = b. Остаётся заметить, что max(ha, hb, hc) = ha, min(b, c) = b и ha < b.

10.88. Пусть A B C. Предположим сначала, что треугольник ABC остроугольный. При повороте прямой l, в исходном положении параллель ной AB, длина проекции треугольника на l будет сначала монотонно изменять ся от c до hb, затем от hb до a, от a до hc, от hc до b, от b до ha и, наконец, от ha до c. Так как hb < a, то существует такое число x, что hb < x < a. Легко проверить, что отрезок длиной x встречается на любом из первых четырёх интервалов монотонности.

Предположим теперь, что треугольник ABC не остроугольный. При по вороте прямой l, в исходном положении параллельной AB, длина проекции треугольника на l монотонно убывает сначала от c до hb, затем от hb до hc;

после этого она монотонно возрастает сначала от hc до ha, а затем от ha до c.

Всего получается два интервала монотонности.

10.89. Пусть точки M и N лежат на сторонах AB и AC соответственно.

Проведём через вершину C прямую, параллельную стороне AB. Пусть N1 — точка пересечения этой прямой и прямой MN. Тогда N1O : MO = 2, но NO N1O, поэтому NO : MO 2.

10.90. Окружность S, вписанная в треугольник ABC, лежит внутри тре угольника A B C. Проведя к этой окружности касательные, параллельные сторонам треугольника A B C, можно получить треугольник A B C, подоб ный треугольнику A B C, для которого S является вписанной окружностью.

Поэтому rABC = rA B C < rA B C.

10.91. Биссектриса lc разбивает треугольник ABC на два треугольни ка, удвоенные площади которых равны alc sin( /2) и blc sin( /2). Поэто му aha = 2S = lc(a + b) sin( /2). Из условия задачи следует, что a/(a + b) 1/2 sin( /2).

Решения задач 10.92. Ясно, что ctg A + ctg B = c/hc c/mc. Пусть M — точка пересечения медиан, N — середина отрезка AB. Так как треугольник AMB прямоуголь ный, MN = AB/2. Следовательно, c = 2MN = 2mc/3.

10.93. Так как BN · BA = BM2 и BM < BA, то BN < BM, а значит, AN > CN.

10.94. Проведём через точку B перпендикуляр к стороне AB. Пусть F — точка пересечения этого перпендикуляра с продолжением стороны AC (рис. 10.3). Докажем, что биссектриса AD, медиана BM и высота CH пе ресекаются в одной точке тогда и только тогда, когда AB = CF. В са мом деле, пусть L — точка пересечения BM и CH. Биссектриса AD про ходит через точку L тогда и только тогда, когда BA : AM = BL : LM, но BL : LM = FC : CM = FC : AM.

Рис. 10. Если на стороне AF некоторого прямоугольного треугольника ABF (ABF = = 90) отложить отрезок CF = AB, то углы BAC и ABC будут острыми.

Остаётся выяснить, в каких случаях угол ACB будет острым. Опустим из точ ки B перпендикуляр BP на сторону AF. Угол ACB острый, если FP > FC = AB, т. е. sin A > BF ctg A. Следовательно, 1 - cos2 A = sin2 A > cos A, т. е. cos A < BF < ( 5 - 1)/2. В итоге получаем, что 90 > A > arccos(( 5 - 1)/2) 5150.

10.95. Так как против большей стороны лежит больший угол, то (a - b)( - ) 0, (b - c)( - ) 0 и (a - c)( - ) 0. Складывая эти нера венства, получаем 2(a + b + c ) a( + ) + b( + ) + c( + ) = (a + b + c) - a - b - c, т. е. /3 (a + b + c )/(a + b + c).

Из неравенства треугольника следует, что (b + c - a) + (a + c - b) + (a + b - c) > 0, т. е. a( + - ) + b( + - ) + c( + - ) > 0. Так как + + =, то a( - 2 ) + b( - 2 ) + c( - 2 ) > 0, т. е. (a + b + c )/(a + b + c) < /2.

10.96. Возьмём на лучах OB и OC такие точки C1 и B1, что OC1 = OC и OB1 = OB. Пусть B2 и C2 — проекции точек B1 и C1 на прямую, пер пендикулярную AO. Тогда BO sin AOC + CO sin AOB = B2C2 BC. Сложив три аналогичных неравенства, получим требуемое. Легко проверить также, что условие B1C1 AO, C1A1 BO и A1B1 CO эквивалентно тому, что O — точка пересечения биссектрис.

272 Глава 10. Неравенства для элементов треугольника 10.97. Так как CBD = C/2 и B A, то ABD = B + CBD (A + B + C)/2 = 90.

10.98. По свойству биссектрисы BM : MA = BC : CA и BK : KC = BA : AC.

Поэтому BM : MA < BK : KC, т. е.

AB BM BK CB = 1 + < 1 + =.

AM MA KC CK Следовательно, точка M более удалена от прямой AC, чем точка K, т. е.

AKM > KAC = KAM и KMC < MCA = MCK. Поэтому AM > MK и MK > KC (см. задачу 10.62).

10.99. Предположим, что все данные отношения меньше 2. Тогда SABO + + SAOC < 2SXBO + 2SXOC = 2SOBC, SABO + SOBC < 2SAOC и SAOC + SOBC < 2SABO.

Сложив эти неравенства, приходим к противоречию. Аналогично доказыва ется, что одно из данных соотношений не больше 2.

10.100. Обозначим радиусы окружностей S, S1 и S2 через r, r1 и r2.

Пусть треугольники AB1C1 и A2BC2 подобны треугольнику ABC, причём ко эффициенты подобия равны r1/r и r2/r соответственно. Окружности S1 и S являются вписанными для треугольников AB1C1 и A2BC2. Следовательно, эти треугольники пересекаются, так как иначе окружности S1 и S2 не имели бы общих точек. Поэтому AB1 + A2B > AB, т. е. r1 + r2 > r.

ГЛАВА ЗАДАЧИ НА МАКСИМУМ И МИНИМУМ Основные сведения 1. Геометрические задачи на максимум и минимум тесно связаны с гео метрическими неравенствами, так как для решения этих задач всегда нужно доказать соответствующее геометрическое неравенство и, кроме того, доказать, что это неравенство при определённых условиях обращается в равенство. По этому, прежде чем решать задачи на максимум и минимум, следует ещё раз посмотреть приложение к гл. 9, обращая особое внимание на условия, при которых нестрогие неравенства становятся равенствами.

2. Для элементов треугольника используются те же обозначения, что и в гл. 9.

3. Задачи на максимум и минимум иногда называются экстремальными задачами (от лат. extremum — «крайний»).

Вводные задачи 1. Среди всех треугольников с данными сторонами AB и AC най дите тот, у которого наибольшая площадь.

2. В треугольнике ABC найдите точку, из которой сторона AB вид на под наименьшим углом.

3. Докажите, что среди всех треугольников с данными стороной a и высотой ha наибольшую величину угла имеет равнобедренный треугольник.

4. Среди всех треугольников с данными сторонами AB и AC (AB < AC) найдите тот, у которого радиус описанной окружности мак симален.

5. Диагонали выпуклого четырёхугольника равны d1 и d2. Какое наибольшее значение может иметь его площадь?

§ 1. Треугольник 11.1. Докажите, что среди всех треугольников с фиксированным углом и площадью S наименьшую длину стороны BC имеет рав нобедренный треугольник с основанием BC.

11.2. Докажите, что среди всех треугольников ABC с фиксиро ванным углом и полупериметром p наибольшую площадь имеет равнобедренный треугольник с основанием BC.

274 Глава 11. Задачи на максимум и минимум 11.3. Докажите, что среди всех треугольников с фиксированным по лупериметром p наибольшую площадь имеет правильный треугольник.

11.4. Рассмотрим все остроугольные треугольники с заданными сто роной a и углом. Чему равен максимум суммы квадратов длин сторон b и c?

11.5. Среди всех треугольников, вписанных в данную окружность, найдите тот, у которого максимальна сумма квадратов длин сторон.

11.6*. Периметр треугольника ABC равен 2p. На сторонах AB и AC взяты точки M и N так, что MN BC и MN касается вписанной окружности треугольника ABC. Найдите наибольшее значение длины отрезка MN.

11.7*. В данный треугольник поместите центрально симметричный многоугольник наибольшей площади.

11.8*. Площадь треугольника ABC равна 1. Пусть A1, B1, C1 — се редины сторон BC, CA, AB соответственно. На отрезках AB1, CA1, BC взяты точки K, L, M соответственно. Чему равна минимальная пло щадь общей части треугольников KLM и A1B1C1?

11.9*. Какую наименьшую ширину должна иметь бесконечная по лоса бумаги, чтобы из неё можно было вырезать любой треугольник площадью 1?

* * * 11.10. Докажите, что треугольники с длинами сторон a, b, c и a1, b1, c1 подобны тогда и только тогда, когда aa1 + bb1 + cc1 = (a + b + c)(a1 + b1 + c1).

11.11*. Докажите, что если,, и,, — углы двух тре 1 1 угольников, то cos cos cos 1 1 + + ctg + ctg + ctg.

sin sin sin 11.12*. Пусть a, b и c — длины сторон треугольника площади S;

, и — углы некоторого другого треугольника. Докажите, что 1 1 a2 ctg + b2 ctg + c2 ctg 4S, причём равенство достигается, толь 1 1 ко если рассматриваемые треугольники подобны.

11.13*. Дан треугольник со сторонами a, b и c, причём a b c;

x, y и z — углы некоторого другого треугольника. Докажите, что a2 + b2 + c bc + ca - ab < bc cos x + ca cos y + ab cos z.

См. также задачу 17.21.

§ 2. Экстремальные точки треугольника 11.14. На гипотенузе AB прямоугольного треугольника ABC взята точка X;

M и N — её проекции на катеты AC и BC.

Условия задач а) При каком положении точки X длина отрезка MN будет наи меньшей?

б) При каком положении точки X площадь четырёхугольника CMXN будет наибольшей?

11.15. Из точки M, лежащей на стороне AB остроугольного тре угольника ABC, опущены перпендикуляры MP и MQ на стороны BC и AC. При каком положении точки M длина отрезка PQ мини мальна?

11.16. Дан треугольник ABC. Найдите на прямой AB точку M, для которой сумма радиусов описанных окружностей треугольников ACM и BCM была бы наименьшей.

11.17. Из точки M описанной окружности треугольника ABC опу щены перпендикуляры MP и MQ на прямые AB и AC. При каком положении точки M длина отрезка PQ максимальна?

11.18*. Внутри треугольника ABC взята точка O. Пусть da, db, dc — расстояния от неё до прямых BC, CA, AB. При каком положении точки O произведение dadbdc будет наибольшим?

11.19*. Точки A1, B1 и C1 взяты на сторонах BC, CA и AB тре угольника ABC, причём отрезки AA1, BB1 и CC1 пересекаются в одной MA1 MB1 MC точке M. При каком положении точки M величина · · AA1 BB1 CC максимальна?

11.20*. Из точки M, лежащей внутри данного треугольника ABC, опущены перпендикуляры MA1, MB1, MC1 на прямые BC, CA, AB.

Для каких точек M внутри данного треугольника ABC величина a/MA1 + b/MB1 + c/MC1 принимает наименьшее значение?

11.21*. Дан треугольник ABC. Найдите внутри его точку O, для которой сумма длин отрезков OA, OB, OC минимальна. (Обратите вни мание на тот случай, когда один из углов треугольника больше 120.) 11.22*. Найдите внутри треугольника ABC точку O, для которой сумма квадратов расстояний от неё до сторон треугольника мини мальна.

См. также задачу 18.22 а).

§ 3. Угол 11.23. На одной стороне острого угла даны точки A и B. Постройте на другой его стороне точку C, из которой отрезок AB виден под наибольшим углом.

11.24. Дан угол XAY и точка O внутри его. Проведите через точ ку O прямую, отсекающую от данного угла треугольник наименьшей площади.

11.25. Проведите через данную точку P, лежащую внутри уг ла AOB, прямую MN так, чтобы величина OM + ON была минималь ной (точки M и N лежат на сторонах OA и OB).

276 Глава 11. Задачи на максимум и минимум 11.26. Даны угол XAY и окружность внутри его. Постройте точ ку окружности, сумма расстояний от которой до прямых AX и AY минимальна.

11.27*. Внутри острого угла BAC дана точка M. Постройте на сто ронах BA и AC точки X и Y так, чтобы периметр треугольника XYM был минимальным.

11.28*. Дан угол XAY. Концы B и C отрезков BO и CO длиной перемещаются по лучам AX и AY. Постройте четырёхугольник ABOC наибольшей площади.

§ 4. Четырёхугольники 11.29. Внутри выпуклого четырёхугольника найдите точку, сумма расстояний от которой до вершин была бы наименьшей.

11.30. Диагонали выпуклого четырёхугольника ABCD пересекаются в точке O. Какую наименьшую площадь может иметь этот четы рёхугольник, если площадь треугольника AOB равна 4, а площадь треугольника COD равна 9?

11.31. Трапеция ABCD с основанием AD разрезана диагональю AC на два треугольника. Прямая l, параллельная основанию, разрезает эти треугольники на два треугольника и два четырёхугольника. При каком положении прямой l сумма площадей полученных треугольни ков минимальна?

11.32. Площадь трапеции равна 1. Какую наименьшую величину может иметь наибольшая диагональ этой трапеции?

11.33*. На основании AD трапеции ABCD дана точка K. Найдите на основании BC точку M, для которой площадь общей части тре угольников AMD и BKC максимальна.

11.34*. Докажите, что среди всех четырёхугольников с фиксиро ванными длинами сторон наибольшую площадь имеет вписанный че тырёхугольник.

См. также задачи 9.37, 15.3 б).

§ 5. Многоугольники 11.35. Многоугольник имеет центр симметрии O. Докажите, что сумма расстояний до вершин минимальна для точки O.

11.36. Среди всех многоугольников, вписанных в данную окруж ность, найдите тот, у которого максимальна сумма квадратов длин сторон.

11.37*. Дан выпуклый многоугольник A1... An. Докажите, что точ ка многоугольника, для которой максимальна сумма расстояний от неё до всех вершин, является вершиной.

См. также задачу 6.74.

Условия задач § 6. Разные задачи 11.38. Внутри окружности с центром O дана точка A. Найдите точку M окружности, для которой угол OMA максимален.

11.39. На плоскости даны прямая l и точки A и B, лежащие по разные стороны от неё. Постройте окружность, проходящую через точки A и B так, чтобы прямая l высекала на ней хорду наименьшей длины.

11.40. Даны прямая l и точки P и Q, лежащие по одну сторону от неё. На прямой l берём точку M и в треугольнике PQM проводим высоты PP и QQ. При каком положении точки M длина отрезка P Q минимальна?

11.41. Точки A, B и O не лежат на одной прямой. Проведите через точку O прямую l так, чтобы сумма расстояний от неё до точек A и B была: а) наибольшей;

б) наименьшей.

* * * 11.42. Если на плоскости заданы пять точек, то, рассматривая все возможные тройки этих точек, можно образовать 30 углов. Обозначим наименьший из этих углов. Найдите наибольшее значение.

11.43*. В городе 10 улиц, параллельных друг другу, и 10 улиц, пересекающих их под прямым углом. Какое наименьшее число по воротов может иметь замкнутый автобусный маршрут, проходящий через все перекрёстки?

11.44*. Чему равно наибольшее число клеток шахматной доски раз мером 8 8, которые можно разрезать одной прямой?

11.45*. Какое наибольшее число точек можно поместить на отрезке длиной 1 так, чтобы на любом отрезке длиной d, содержащемся в этом отрезке, лежало не больше 1 + 1000d2 точек?

См. также задачи 15.1, 17.20.

§ 7. Экстремальные свойства правильных многоугольников 11.46*. а) Докажите, что среди всех n-угольников, описанных около данной окружности, наименьшую площадь имеет правильный n-угольник.

б) Докажите, что среди всех n-угольников, описанных около данной окружности, наименьший периметр имеет правильный n-угольник.

11.47*. Треугольники ABC1 и ABC2 имеют общее основание AB и AC1B = AC2B. Докажите, что если |AC1 - C1B| < |AC2 - C2B|, то:

а) площадь треугольника ABC1 больше площади треугольника ABC2;

б) периметр треугольника ABC1 больше периметра треугольни ка ABC2.

278 Глава 11. Задачи на максимум и минимум 11.48*. а) Докажите, что среди всех n-угольников, вписанных в данную окружность, наибольшую площадь имеет правильный n-угольник.

б) Докажите, что среди всех n-угольников, вписанных в данную окружность, наибольший периметр имеет правильный n-угольник.

Задачи для самостоятельного решения 11.49. На стороне острого угла с вершиной A дана точка B. По стройте на другой его стороне такую точку X, что радиус описанной окружности треугольника ABX наименьший.

11.50. Через данную точку внутри окружности проведите хорду наименьшей длины.

11.51. Среди всех треугольников с заданной суммой длин биссек трис найдите треугольник с наибольшей суммой длин высот.

11.52. Внутри выпуклого четырёхугольника найдите точку, сумма квадратов расстояний от которой до вершин наименьшая.

11.53. Среди всех треугольников, вписанных в данную окружность, 1 1 найдите тот, для которого величина + + наименьшая.

a b c 11.54. На шахматной доске с обычной раскраской проведите окруж ность наибольшего радиуса так, чтобы она не пересекла ни одного белого поля.

11.55. Внутри квадрата дана точка O. Любая прямая, проходящая через O, разрезает квадрат на две части. Проведите через точку O прямую так, чтобы разность площадей этих частей была наибольшей.

11.56. Какую наибольшую длину может иметь наименьшая сторона треугольника, вписанного в данный квадрат?

11.57. Какую наибольшую площадь может иметь правильный тре угольник, вписанный в данный квадрат?

Решения 11.1. По теореме косинусов a2 = b2 + c2 - 2bc cos = (b - c)2 + 2bc(1 - cos ) = = (b - c)2 + 4S(1 - cos )/ sin. Так как второе слагаемое постоянно, то a минимально, если b = c.

11.2. Пусть вневписанная окружность касается продолжений сторон AB и AC в точках K и L. Так как AK = AL = p, то вневписанная окружность Sa фиксирована. Радиус r вписанной окружности максимален, когда она касает ся окружности Sa, т. е. треугольник ABC равнобедренный. Ясно также, что S = pr.

11.3. Согласно задаче 10.55 а) S p2/3 3, причём равенство достигается только для правильного треугольника.

11.4. По теореме косинусов b2 + c2 = a2 + 2bc cos. Так как 2bc b2 + c и cos > 0, то b2 + c2 a2 + (b2 + c2) cos, т. е. b2 + c2 a2/(1 - cos ). Равен ство достигается, если b = c.

Решения задач 11.5. Пусть — центр окружности радиуса R;

A, B и C — вершины тре # O # – # – – угольника;

a=OA, b=OB, c=OC. Тогда AB2+BC2+CA2=|a-b|2+|b-c|2+|c-a|2= =2(|a|2+|b|2+|c|2)-2(a, b)-2(b, c)-2(c, a). Так как |a + b + c|2 =|a|2 +|b|2 +|c|2 + + 2(a, b) + 2(b, c) + 2(c, a), то AB2 + BC2 + CA2 = 3(|a|2 + |b|2 + |c|2) - |a + b + c| 3(|a|2 +|b|2 +|c|2)=9R2, причём равенство достигается, только если a+b+c=0.

Это равенство означает, что треугольник ABC правильный.

11.6. Обозначим длину высоты, опущенной на сторону BC, через h. Так MN h - 2r 2r S как AMN ABC, то =, т. е. MN = a 1 -. Поскольку r = = BC h h p ah =, то MN = a(1 - a/p). Максимум выражения a(1 - a/p) = a(p - a)/p 2p достигается при a = p/2;

он равен p/4. Остаётся заметить, что существует треугольник периметра 2p со стороной a = p/2 (положим b = c = 3p/4).

11.7. Пусть O — центр симметрии многоугольника M, расположенного внут ри треугольника T, S(T) — образ треугольника T при симметрии относительно точки O. Тогда M лежит и в T, и в S(T). Поэтому среди всех центрально симметричных многоугольников с данным центром симметрии, лежащих в T, наибольшую площадь имеет пересечение T и S(T). Точка O лежит внутри треугольника T, так как пересечением T и S(T) является выпуклый много угольник, а выпуклый многоугольник всегда содержит свой центр симметрии.

Пусть A1, B1 и C1 — середины сторон BC, CA и AB треугольника T = ABC. Предположим сначала, что точка O лежит внутри треугольника A1B1C1. Тогда пересечением T и S(T) является шестиугольник (рис. 11.1).

Пусть сторона AB делится сторона ми треугольника S(T) в отношении x : y : z, где x + y + z = 1. Тогда от- Рис. 11. ношение суммы площадей заштрихо ванных треугольников к площади треугольника ABC равно x2 + y2 + z2;

нужно минимизировать это выражение. Так как 1 = (x + y + z)2 = = 3(x2 + y2 + z2) - (x - y)2 - (y - z)2 - (z - x)2, то x2 + y2 + z2 1/3, причём равенство достигается только при x = y = z;

последнее равенство означает, что O — точка пересечения медиан треугольника ABC.

Рассмотрим теперь другой случай: точка O лежит внутри одного из тре угольников AB1C1, A1BC1, A1B1C, например внутри AB1C1. В этом случае пересечением T и S(T) является параллелограмм, причём если мы заменим точку O точкой пересечения прямых AO и B1C1, то площадь этого парал лелограмма может только увеличиться. Если же точка O лежит на стороне B1C1, то этот случай уже фактически был нами рассмотрен (нужно положить x = 0).

Искомым многоугольником является шестиугольник с вершинами в точ ках, делящих стороны треугольника на три равные части. Его площадь равна 2/3 площади треугольника.

11.8. Обозначим точку пересечения прямых KM и BC через T, а точ ки пересечения сторон треугольников A1B1C1 и KLM так, как показано на 280 Глава 11. Задачи на максимум и минимум рис. 11.2. Тогда TL:RZ=KL:KZ=LC:ZB1.

Так как TL BA1 = A1C LC, то RZ ZB1, т. е. SRZQ SZB1Q. Аналогично SQYP SYA1P и SPXR SXC1R. Складывая все эти нера венства и неравенство SPQR 0, получаем, что площадь шестиугольника PXRZQY не меньше площади оставшейся части тре угольника A1B1C1, т. е. его площадь не меньше SA1B1C1/2 = 1/8. Равенство дости гается, например, если точка K совпадает с B1, а точка M — с B.

Рис. 11.2 11.9. Так как площадь правильного треугольника со стороной a равна a2 3/4, сторона правильного треугольника площадью 1 равна 2/ 3, а его высота 4 равна 3. Докажем, что из полосы шириной меньше 3 нельзя вырезать правильный треугольник площадью 1. Пусть правильный треугольник ABC лежит внутри полосы шириной меньше 3. Пусть для определённости проек ция вершины B на границу полосы лежит между проекциями вершин A и C.

Тогда прямая, проведённая через точку B перпендикулярно границе полосы, пересекает отрезок AC в некоторой точке M. Высота треугольника ABC не превосходит BM, а BM не больше ширины полосы, поэтому высота треуголь ника ABC меньше 3, т. е. его площадь меньше 1.

Остаётся доказать, что из полосы шириной 3 можно вырезать любой тре угольник площадью 1. Докажем, что у любого треугольника площадью 1 есть высота, не превосходящая 3. Для этого достаточно доказать, что у него есть сторона не меньше 2/ 3. Предположим, что все стороны треугольника ABC меньше 2/ 3. Пусть — наименьший угол этого треугольника. Тогда и SABC = (AB · AC sin )/2 < (2/ 3)2( 3/4) = 1. Получено противоречие. Тре угольник, у которого есть высота, не превосходящая 3, можно поместить в полосу шириной 3, положив сторону, на которую опущена эта высота, на сторону полосы.

11.10. Возведя обе части данного равенства в квадрат, его легко привести к виду ( ab1 - a1b)2 + ( ca1 - c1a)2 + ( bc1 - cb1)2 = 0, т. е. a/a1 = b/b1 = c/c1.

11.11. Фиксируем углы, и. Пусть A1B1C1 — треугольник с уг лами, и Рассмотрим векторы a, b и c, сонаправленные с век 1 1 # – # –. # – торами B1C1, C1A1 и A1B1 и имеющие длины sin, sin и sin. Тогда cos cos cos 1 1 + + = -[(a, b) + (b, c) + (c, a)]/(sin sin sin ). А так как sin sin sin 2[(a, b) + (b, c) + (c, a)] = |a + b + c|2 - |a|2 - |b|2 - |c|2, то величина (a, b) + + (b, c) + (c, a) минимальна, когда a + b + c = 0, т. е. =, =, =.

1 1 11.12. Пусть x = ctg и y = ctg. Тогда x + y > 0 (так как + < ) 1 1 1 и ctg = (1 - xy)/(x + y) = (x2 + 1)/(x + y) - x. Поэтому a2 ctg + b2 ctg + 1 1 + c2 ctg = (a2 - b2 - c2)x + b2(x + y) + c2(x2 + 1)/(x + y). При фиксированном x это выражение минимально при таком y, что b2(x + y) = c2(x2 + 1)/(x + y), т. е. c/b = (x + y)/ 1 + x2 = sin (ctg + ctg ) = sin / sin. Аналогичные 1 1 1 1 рассуждения показывают, что если a : b : c = sin : sin : sin, то рас 1 1 Решения задач сматриваемое выражение минимально. В этом случае треугольники подобны и a2 ctg + b2 ctg + c2 ctg = 4S (см. задачу 12.46 б).

11.13. Пусть f = bc cos x + ca cos y + ab cos z. Так как cos x = - cos y cos z + + sin y sin z, то f = c(a - b cos z) cos y + bc sin y sin z + ab cos z. Рассмотрим тре угольник, длины двух сторон которого равны a и b, а угол между ними равен z;

пусть и — углы, лежащие против сторон a и b, t — длина стороны, лежащей против угла z. Тогда cos z=(a2 +b2 -t2)/2ab и cos =(t2 +a2 -b2)/2at, поэтому (a - b cos z)/t = cos. Кроме того, b/t = sin / sin z. Следовательно, f = ct cos( - y) + (a2 + b2 - t2)/2.

a2 + b2 + c2 (c - t)2 a2 + b2 + c Так как cos( - y) 1, то f -.

2 2 Так как a b, то, а значит, - - < y - < - z - =, т. е. cos(y - ) > cos. Поэтому a2 + b2 - t2 c - b c(b2 - a2) a2 + b f > ct cos + = t2 + + = g(t).

2 2b 2b Коэффициент при t2 отрицателен или равен нулю;

кроме того, t < a + b.

Следовательно, g(t) g(a + b) = bc + ca - ab.

11.14. а) Так как CMXN — прямоугольник, то MN = CX. Поэтому длина отрезка MN будет наименьшей, если CX — высота.

б) Пусть SABC = S. Тогда SAMX = AX2 · S/AB2 и SBNX = BX2 · S/AB2.

Поскольку AX2 + BX2 AB2/2 (причём равенство достигается, только ес ли X — середина отрезка AB), то SCMXN = S - SAMX - SBNX S/2. Площадь четырёхугольника CMXN будет наибольшей, если X — середина стороны AB.

11.15. Точки P и Q лежат на окружности, построенной на отрезке CM как на диаметре. В этой окружности постоянный угол C опирается на хорду PQ, поэтому длина хорды PQ будет минимальна, если минимален диаметр CM окружности, т. е. CM — высота треугольника ABC.

11.16. По теореме синусов радиусы описанных окружностей треугольников ACM и BCM равны AC/(2 sin AMC) и BC/(2 sin BMC) соответственно. Легко проверить, что sin AMC = sin BMC. Поэтому AC/(2 sin AMC) + BC/(2 sin BMC) = = (AC + BC)/(2 sin BMC). Последнее выражение будет наименьшим, если sin BMC = 1, т. е. CM AB.

11.17. Точки P и Q лежат на окружности с диаметром AM, поэтому PQ = AM sin PAQ = AM sin A. Значит, длина отрезка PQ максимальна, когда AM — диаметр описанной окружности.

11.18. Ясно, что 2SABC =ada +bdb+cdc. Поэтому произведение (ada)(bdb)(cdc) будет наибольшим, если ada = bdb = cdc (см. с. 231). Так как величина abc постоянна, произведение (ada)(bdb)(cdc) будет наибольшим тогда и только тогда, когда будет наибольшим произведение dadbdc.

Покажем, что равенство ada = bdb = cdc означает, что O — точка пере сечения медиан треугольника ABC. Обозначим точку пересечения прямых AO и BC через A1. Тогда BA1 : A1C = SABA1 : SACA1 = SABO : SACO = (cdc) : (bdb) = 1, т. е. AA1 — медиана. Аналогично доказывается, что точка O лежит на медиа нах BB1 и CC1.

11.19. Пусть =MA1/AA1, =MB1/BB1 и =MC1/CC1. Так как + + = = 1 (см. задачу 4.49 а), то ( + + )/3 = 1/3, причём равенст во достигается, когда = = = 1/3, т. е. M — точка пересечения медиан.

282 Глава 11. Задачи на максимум и минимум 11.20. Пусть x = MA1, y = MB1 и z = MC1. Тогда ax + by + cz = 2SBMC + a b c a b c +2SAMC + 2SAMB = 2SABC. Поэтому + + ·2SABC = + + (ax + by + cz) = x y z x y z x y y z z x = a2 + b2 + c2 + ab + + bc + + ac + a2 + b2 + c2 + 2ab + 2bc + 2ac, y x z y x z причём равенство достигается, только если x = y = z, т. е. M — центр вписанной окружности треугольника ABC.

11.21. Предположим сначала, что все углы треугольника ABC меньше 120. Тогда внут ри его существует точка O, из которой все стороны видны под углом 120. Проведём че рез вершины A, B и C прямые, перпенди кулярные отрезкам OA, OB и OC. Эти пря мые образуют правильный треугольник A1B1C (рис. 11.3). Пусть O — любая точка, лежащая внутри треугольника ABC и отличная от точ ки O. Докажем, что тогда O A + O B + O C > > OA + OB + OC, т. е. O — искомая точка.

Пусть A, B и C — основания перпендику ляров, опущенных из точки O на сторо Рис. 11. ны B1C1, C1A1 и A1B1, a — длина сторо ны правильного треугольника A1B1C1. Тогда O A + O B + O C = 2(SO B1C1 + SO A1B1 + SO A1C1)/a = 2SA1B1C1/a = OA + OB + OC. Так как наклонная длиннее перпендикуляра, то O A+O B+O C>O A +O B +O C = = OA + OB + OC.

Пусть теперь один из углов треугольника ABC, например угол C, больше или равен 120. Проведём через точки A и B перпендикуляры B1C1 и C1A к отрезкам CA и CB, а через точку C — пря мую A1B1, перпендикулярную биссектрисе угла ACB (рис. 11.4). Так как AC1B = 180 - ACB < 60, то B1C1 > A1B1. Пусть O — любая точка, ле жащая внутри треугольника A1B1C1. Поскольку B1C1 · O A + C1A1 · O B + A1B1 · O C = 2SA1B1C1, то (O A + O B + O C ) · B1C1 = 2SA1B1C1 + (B1C1 - A1B1) · O C.

Так как B1C1 > A1B1, то сумма O A + O B + O C ми нимальна для точек, лежащих на стороне B1A1. Ясно также, что O A + O B + O C O A + O B + O C. Следо вательно, искомой точкой является вершина C.

11.22. Пусть расстояния от точки O до сторон BC, CA и AB равны x, y и z соответственно. Тогда ax + by + cz = 2(SBOC + SCOA + SAOB) = 2SABC. Ясно так же, что x : y : z = (SBOC/a) : (SCOA/b) : (SAOB/c).

Уравнение ax + by + cz = 2S задаёт плоскость Рис. 11.4 в трёхмерном пространстве с координатами x, y, z, причём вектор (a, b, c) перпендикулярен этой плос кости, так как если ax1 + by1 + cz1 = 2S и ax2 + by2 + cz2 = 2S, то a(x1 - x2) + b(y1 - y2) + c(z1 - z2) = 0. Нам нужно найти точку (x0, y0, z0) этой плоскости, для которой достигается минимум выражения x2 + y2 + z2, и прове рить, что этой точке соответствует некоторая внутренняя точка треугольника.

Решения задач Так как x2 + y2 + z2 — это квадрат расстояния от начала координат до точки (x, y, z), то искомой точкой является основание перпендикуляра, опущенного из начала координат на плоскость, т. е. x : y : z = a : b : c. Остаётся проверить, что внутри треугольника существует точка O, для которой x : y : z = a : b : c.

Это равенство эквивалентно условию SBOC SCOA SAOB : : = a : b : c, a b c т. е. SBOC : SCOA : SAOB = a2 : b2 : c2. А так как равенство SBOC : SAOB = a2 : c следует из равенств SBOC : SCOA = a2 : b2 и SCOA : SAOB = b2 : c2, то искомая точка — это точка пересечения прямых CC1 и AA1, делящих стороны AB и BC в отношениях BC1 : C1A = a2 : b2 и CA1 : A1B = b2 : c2 соответственно (точка Лемуана).

11.23. Пусть O — вершина данного угла. Точка C является точкой касания стороны угла с окружностью, проходящей через точки A и B, т. е. OC2 = = OA · OB. Для нахождения длины отрезка OC достаточно провести касатель ную к любой окружности, проходящей через точ ки A и B.

11.24. Рассмотрим угол X A Y, симметрич ный углу XAY относительно точки O. Пусть B и C — точки пересечения сторон этих уг лов. Обозначим точки пересечения прямой, про ходящей через точку O, со сторонами углов XAY и X A Y через B1, C1 и B, C соот 1 ветственно (рис. 11.5). Так как SAB1C1 = SA, B C 1 то SAB1C1 = (SABA C + SBB1C1 + SCC1B1)/2. Площадь треугольника AB1C1 минимальна, если B1 = B Рис. 11. и C1 = C, т. е. искомой прямой является BC.

11.25. Возьмём на сторонах OA и OB точ ки K и L так, что KP OB и LP OA. Тогда KM : KP = PL : LN, а значит, KM + LN 2 KM · LN = 2 KP · PL = 2 OK · OL, причём ра венство достигается, когда KM = LN = OK · OL. Ясно также, что OM + ON = (OK + OL) + (KM + LN).

11.26. Отложим на лучах AX и AY равные отрезки AB и AC. Если точка M лежит на отрезке BC, то сумма расстоя ний от неё до прямых AB и AC равна 2(SABM + SACM)/AB = 2SABC/AB. Поэто му сумма расстояний от точки до пря мых AX и AY тем меньше, чем меньше расстояние от её проекции на биссектри су угла XAY до точки A.

11.27. Пусть точки M1 и M симметричны M относительно прямых AB и AC. Так как BAM1 = BAM и CAM2 = CAM, то M1AM2 = = 2BAC < 180. Поэтому отрезок M1M пересекает лучи AB и AC в некоторых точках X и Y (рис. 11.6). Докажем, что Рис. 11. 284 Глава 11. Задачи на максимум и минимум X и Y — искомые точки. В самом деле, если точки X1 и Y1 лежат на лу чах AB и AC, то MX1 = M1X1 и MY1 = M2Y1, т. е. периметр треугольника MX1Y1 равен длине ломаной M1X1Y1M2. Из всех ломаных с концами в точках M1 и M2 наименьшую длину имеет отрезок M1M2.

11.28. Четырёхугольник ABOC наибольшей площади выпуклый. Среди всех треугольников ABC с фиксированными углом A и стороной BC наибольшую площадь имеет равнобедренный треугольник с основанием BC (задача 11.1).

Значит, среди всех рассматриваемых четырёхугольников ABOC с фиксиро ванной диагональю BC наибольшую площадь имеет четырёхугольник, для которого AB = AC, т. е. точка O лежит на биссектрисе угла A. Рассмотрим, далее, треугольник ABO, в котором фиксированы угол BAO, равный A/2, и сторона BO. Площадь этого треугольника максимальна, когда AB = AO.

11.29. Пусть O — точка пересечения диагоналей выпуклого четырёхуголь ника ABCD, а O1 — любая другая точка. Тогда AO1 + CO1 AC = AO + CO и BO1 + DO1 BD = BO + DO, причём хотя бы одно из неравенств строгое.

Следовательно, O — искомая точка.

11.30. Так как SAOB : SBOC = AO : OC = SAOD : SDOC, то SBOC · SAOD = SAOB · SDOC = = 36. Следовательно, SBOC + SAOD 2 SBOC · SAOD = 12, причём равенство дости гается, если SBOC = SAOD, т. е. SABC = SABD, откуда AB CD. При этом площадь четырёхугольника равна 4 + 9 + 12 = 25.

11.31. Пусть S0 и S — рассматриваемые суммы площадей треугольников для прямой l0, проходящей через точку пересечения диагоналей трапеции, и для некоторой другой прямой l. Легко проверить, что S = S0 + s, где s — пло щадь треугольника, образованного диагоналями AC и BD и прямой l. Поэто му l0 — искомая прямая.

11.32. Длины диагоналей трапеции обозначим через d1 и d2, длины их проекций на основание — через p1 и p2, длины оснований — через a и b, высоту — через h. Пусть для определённости d1 d2. Тогда p1 p2. Яс но, что p1 + p2 a + b. Поэтому p1 (a + b)/2 = S/h = 1/h. Следователь но, d2 = p2 + h2 + h2 2, причём равенство достигается, только если 1 h p1 = p2 = h = 1. При этом d1 = 2.

11.33. Докажем, что искомой точкой является точка M, делящая сторо ну BC в отношении BM : MC = AK : KD. Обозначим точки пересечения отрез ков AM и BK, DM и CK через P, Q соответственно. Тогда KQ : QC = KD : MC = = KA : MB = KP : PB, т. е. прямая PQ параллельна основаниям трапеции.

Пусть M1 — любая другая точка на стороне BC. Для определённости мож но считать, что M1 лежит на отрезке BM. Обозначим точки пересечения AM1 и BK, DM1 и CK, AM1 и PQ, DM1 и PQ, AM и DM1 через P1, Q1, P2, Q2, O соответственно (рис. 11.7). Нужно доказать, что SMPKQ > SM1P1KQ1, т. е. SMOQ1Q > SM1OPP1. Ясно, что SMOQ1Q > SMOQ2Q = SM1OPP2 > SM1OPP1.

11.34. Согласно задаче 4.46 а) S2 = (p - a)(p - b)(p - c)(p - d) - abcd cos2((B + D)/2).

Эта величина максимальна, когда cos((B + D)/2) = 0, т. е. B + D = 180.

11.35. Если A и A — симметричные относительно точки O вершины много угольника, то сумма расстояний до точек A и A одна и та же для всех точек отрезка AA, а для всех других точек она больше. Точка O принадлежит всем таким отрезкам.

Решения задач Рис. 11. 11.36. Если в треугольнике ABC угол B тупой или прямой, то по тео реме косинусов AC2 AB2 + BC2. Поэтому, если в многоугольнике угол при вершине B не острый, то, выбросив вершину B, получим многоугольник с не меньшей суммой квадратов длин сторон. Так как у любого n-угольника при n 3 есть неострый угол, с помощью такой операции мы приходим к треугольнику. Среди всех треугольников, вписанных в данную окружность, наибольшую сумму квадратов длин сторон имеет правильный треугольник (см. задачу 11.5).

11.37. Если точка X делит некоторый отрезок PQ в отношении : (1 - ), # – # – # – то AiX = (1 - )AiP + A а значит AiX (1 - )AiP + AiQ. Следовательно, iQ, f(X) = AiX (1 - ) AiP + AiQ = (1 - )f(P) + f(Q). Пусть, например, f(P) f(Q);

тогда f(X) f(Q). Поэтому функция f на отрезке PQ принимает максимальное значение в одном из его концов;

точнее говоря, внутри от резка не может быть точки строгого максимума функции f. Следовательно, если X — любая точка многоугольника, то f(X) f(Y), где Y — некоторая точка стороны многоугольника, а f(Y) f(Z), где Z — некоторая вершина.

11.38. Геометрическое место точек X, для которых угол OXA постоянен, состоит их двух симметричных относительно прямой OA дуг окружностей S1 и S2. Рассмотрим тот случай, когда диаметр окружностей S1 и S2 ра вен радиусу исходной окружности, т. е. эти окружности касаются исходной окружности в точках M1 и M2, для которых OAM1 = OAM2 = 90. Точки M1 и M2 являются искомыми, так как если OXA > OM1A = OM2A, то точка X лежит строго внутри фигуры, образованной окружностями S1 и S2, и не может лежать на исходной окружности.

11.39. Обозначим точку пересечения прямой l и отрезка AB через O.

Рассмотрим произвольную окружность S, проходящую через точки A и B.

Она пересекает l в некоторых точках M и N. Поскольку MO · NO = AO · BO — постоянная величина, то MN = MO + NO 2 MO · NO = 2 AO · BO, причём равенство достигается, только если MO = NO. В этом случае центр окружности S является точкой пересечения серединного перпендикуляра к от резку AB и перпендикуляра к прямой l, проходящего через точку O.

11.40. Построим окружность с диаметром PQ. Если эта окружность пересе кается с прямой l, то любая из точек пересечения является искомой, посколь ку в этом случае P = Q. Если же окружность не пересекается с прямой l, то для любой точки M на прямой l угол PMQ острый и P PQ = 90 ± PMQ.

286 Глава 11. Задачи на максимум и минимум Теперь легко убедиться, что длина хорды P Q минимальна, если угол PMQ максимален. Для нахождения точки M остаётся провести через точки P и Q окружности, касающиеся прямой l (см. задачу 8.57 а), и из точек касания выбрать нужную.

11.41. Пусть сумма расстояний от точек A и B до прямой l равна 2h.

Если прямая l пересекает отрезок AB в точке X, то SAOB = h · OX, поэтому величина h экстремальна, когда экстремальна величина OX, т. е. прямая OX соответствует стороне или высоте треугольника AOB. Если прямая l не пересе кает отрезок AB, то величина h равна средней линии трапеции, ограниченной перпендикулярами, опущенными из точек A и B на прямую l. Эта величина экстремальна, когда прямая l перпендикулярна медиане OM треугольни ка AOB или соответствует стороне треугольника AOB. Остаётся выбрать две из полученных четырёх прямых.

11.42. Предположим сначала, что точки являются вершинами выпуклого пятиугольника. Сумма углов пятиугольника равна 540, поэтому один из его углов не превосходит 540/5 = 108. Диагонали делят этот угол на три угла, поэтому один из них не превосходит 108/3 = 36. В этом случае 36.

Если точки не являются вершинами вы пуклого пятиугольника, то одна из них лежит внутри треугольника, образованного тремя дру гими. Один из углов этого треугольника не превосходит 60. Отрезок, соединяющий соот ветствующую вершину с внутренней точкой, делит этот угол на два угла, поэтому один из них не превосходит 30. В этом случае 30.

Во всех случаях 36. Ясно, что для пра вильного пятиугольника = 36.

11.43. Замкнутый маршрут, проходящий че Рис. 11. рез все перекрёстки, может иметь 20 поворо тов (рис. 11.8). Остаётся доказать, что мень ше 20 поворотов такой маршрут иметь не может. После каждого поворота происходит переход с горизонтальной улицы на вертикальную или с верти кальной на горизонтальную. Поэтому число горизонтальных звеньев замкну того маршрута равно числу вертикальных звеньев и равно половине числа поворотов. Предположим, что замкнутый маршрут имеет меньше 20 поворо тов. Тогда найдутся улицы обоих направлений, по которым маршрут не проходит. Поэтому маршрут не проходит через перекрёсток этих улиц.

11.44. Прямая может пересекать 15 клеток (рис. 11.9). Докажем теперь, что прямая не может пересекать более 15 клеток. Число клеток, которые пересекает прямая, на 1 меньше числа точек пересе чения её с отрезками, задающими стороны клеток.

Внутри квадрата имеется 14 таких отрезков. Поэто му внутри квадрата не более 14 точек пересечения прямой со сторонами клеток. Никакая прямая не Рис. 11. Решения задач может пересекать границу доски более чем в двух точках, поэтому число то чек пересечения её с отрезками не превышает 16. Следовательно, наибольшее число клеток шахматной доски размером 8 8, которые можно пересечь одной прямой, равно 15.

11.45. Докажем сначала, что 33 точки разместить таким образом нельзя.

Действительно, если на отрезке длиной 1 находятся 33 точки, то расстояние между какими-нибудь двумя из них не превосходит 1/32. Отрезок с кон цами в этих точках содержит две точки, а он должен содержать не более 1 + 1000/322 точек, т. е. менее двух точек.

Докажем теперь, что 32 точки разместить можно. Возьмём 32 точки, де лящие отрезок на равные части (концы данного отрезка входят в число этих 32 точек). Тогда отрезок длиной d содержит либо [31d], либо [31d] + 1 точек.

Нужно доказать, что [31d] 1000d2. Если 31d < 1, то [31d] = 0 < 1000d2. Если 31d 1, то [31d] 31d (31d)2 = 961d2 < 1000d2.

П р и м е ч а н и е. [x] — целая часть числа x, т. е. наибольшее целое число, не превосходящее x.

11.46. а) Пусть неправильный n-угольник описан около окружности S. Опишем около этой окруж ности правильный n-угольник, а около него опи шем окружность S1 (рис. 11.10). Докажем, что площадь части неправильного n-угольника, заклю чённой внутри S1, больше площади правильного n-угольника. Все касательные к S отсекают от S равные сегменты. Поэтому сумма площадей сег ментов, отсекаемых от S1 сторонами правильного Рис. 11. n-угольника, равна сумме площадей сегментов, отсе каемых от S1 сторонами неправильного n-угольника или их продолжениями.

Но для правильного n-угольника эти сегменты не пересекаются (точнее го воря, не имеют общих внутренних точек), а для неправильного n-угольника некоторые из них обязательно перекрываются, поэтому площадь объединения этих сегментов для правильного n-угольника больше, чем для неправильно го. Следовательно, площадь части неправильного n-угольника, заключённой внутри окружности S1, больше площади правильного n-угольника, а площадь всего неправильного n-угольника и подавно больше площади правильного.

б) Эта задача следует из а), так как периметр многоугольника, описанного около окружности радиуса R, равен 2S/R, где S — площадь многоугольника.

11.47. Стороны треугольника ABC пропорциональны sin, sin и sin.

Если угол фиксирован, то величина |sin - sin | = 2|sin(( - )/2) sin( /2)| тем больше, чем больше величина = | - |. Остаётся заметить, что величи ны S = 2R2 sin sin sin = R2 sin (cos( - ) + cos ) = R2 sin (cos + cos ) и sin + sin = 2 cos( /2) cos( /2) монотонно убывают при возрастании.

11.48. а) Обозначим длину стороны правильного n-угольника, вписанно го в данную окружность, через an. Рассмотрим произвольный неправильный n-угольник, вписанный в эту окружность. У него обязательно найдётся сторо на длиной меньше an. А вот стороны длиной больше an у него может и не быть, но тогда этот многоугольник можно заключить в сегмент, отсекаемый стороной правильного n-угольника. Так как при симметрии относительно сто роны правильного n-угольника сегмент, отсекаемый этой стороной, попадает 288 Глава 11. Задачи на максимум и минимум внутрь n-угольника, площадь n-угольника больше площади сегмента. Поэтому можно считать, что у рассматриваемого n-угольника есть сторона дли ной меньше an и сторона длиной больше an.

Мы можем поменять местами соседние сто роны n-угольника, т. е. вместо многоугольника A1A2A3... An взять многоугольник A1A A3... An, где точка A симметрична точке A2 относитель но серединного перпендикуляра к отрезку A1A (рис. 11.11). При этом оба многоугольника впи саны в одну и ту же окружность и их площади равны. Ясно, что с помощью этой операции можно сделать соседними любые две стороны многоуголь Рис. 11. ника. Поэтому будем считать, что у рассматрива емого n-угольника A1A2 > an и A2A3 < an. Пусть A — точка, симметричная точке A2 относительно серединного перпендикуляра к отрезку A1A3. Ес ли точка A лежит на дуге A2A, то разность углов при основании A1A 2 у треугольника A1A A3 меньше, чем у треугольника A1A2A3, так как вели чины углов A1A3A и A3A1A заключены между величинами углов A1A3A 2 и A3A1A2. Поскольку A1A < an и A1A2 > an, то на дуге A2A существует 2 точка A, для которой A1A = an. Площадь треугольника A1A A3 больше 2 2 площади треугольника A1A2A3 (см. задачу 11.47 а). Площадь многоугольника A1A A3... An больше площади исходного многоугольника, и у него по крайней мере на 1 больше число сторон, равных an. За конечное число шагов мы придём к правильному n-угольнику, причём каждый раз площадь увеличива ется. Следовательно, площадь любого неправильного n-угольника, вписанного в окружность, меньше площади правильного n-угольника, вписанного в ту же окружность.

б) Доказательство аналогично предыдущему, нужно только воспользоваться результатом задачи 11.47 б), а не задачи 11.47 а).

ГЛАВА ВЫЧИСЛЕНИЯ И МЕТРИЧЕСКИЕ СООТНОШЕНИЯ Вводные задачи 1. Докажите теорему косинусов:

BC2 = AB2 + AC2 - 2AB · AC cos A.

a b c 2. Докажите теорему синусов: = = = 2R.

sin sin sin 3. Стороны параллелограмма равны a и b, а диагонали равны d и e.

Докажите, что 2(a2 + b2) = d2 + e2.

4. Докажите, что площадь выпуклого четырёхугольника ABCD рав на (1/2)AC · BD sin, где — угол между диагоналями.

§ 1. Теорема синусов 12.1. Докажите, что площадь S треугольника равна abc/4R.

12.2. Точка D лежит на основании AC равнобедренного треугольни ка ABC. Докажите, что радиусы описанных окружностей треугольни ков ABD и CBD равны.

12.3. Выразите площадь треугольника ABC через длину стороны BC и величины углов B и C.

12.4. Докажите, что a + b - a - b - = cos sin и = sin cos.

c 2 2 c 2 12.5. В остроугольном треугольнике ABC проведены высоты AA и CC1. Точки A2 и C2 симметричны A1 и C1 относительно середин сторон BC и AB. Докажите, что прямая, соединяющая вершину B с центром O описанной окружности, делит отрезок A2C2 пополам.

12.6*. Через точку S проведены прямые a, b, c и d;

прямая l пересе кает их в точках A, B, C и D. Докажите, что величина AC·BD/(BC·AD) не зависит от выбора прямой l.

12.7*. Даны прямые a и b, пересекающиеся в точке O, и произволь ная точка P. Прямая l, проходящая через точку P, пересекает прямые a и b в точках A и B. Докажите, что величина (AO/OB)/(PA/PB) не зависит от выбора прямой l.

290 Глава 12. Вычисления и метрические соотношения 12.8*. Обозначим вершины и точки зве ньев (неправильной) пятиконечной звезды так, как показано на рис. 12.1. Докажите, что A1C · B1D · C1E · D1A · E1B = = A1D · B1E · C1A · D1B · E1C.

12.9. Два подобных равнобедренных тре угольника имеют общую вершину. Докажи те, что проекции их оснований на прямую, соединяющую середины оснований, равны.

12.10*. На окружности с диаметром AB Рис. 12. взяты точки C и D. Прямая CD и касатель ная к окружности в точке B пересекаются в точке X. Выразите BX через радиус окружности R и углы = BAC и = BAD.

См. также задачи 2.87 в), 3.32 б), 4.44, 5.27, 5.59, 5.74 а), 5.94, 5.98, 5.120.

§ 2. Теорема косинусов 12.11. Докажите, что:

а) m2 = (2b2 + 2c2 - a2)/4;

a б) m2 + m2 + m2 = 3(a2 + b2 + c2)/4.

a b c 12.12. Докажите, что 4S = (a2 - (b - c)2) ctg( /2).

12.13. Докажите, что sin2( /2) = (p - b)(p - c)/bc и cos2( /2) = = p(p - a)/bc.

12.14. Длины сторон параллелограмма равны a и b, длины диаго налей — m и n. Докажите, что a4 + b4 = m2n2 тогда и только тогда, когда острый угол параллелограмма равен 45.

12.15. Докажите, что медианы AA1 и BB1 треугольника ABC пер пендикулярны тогда и только тогда, когда a2 + b2 = 5c2.

12.16*. Пусть O — центр описанной окружности треугольника ABC, M — точка пересечения медиан, причём точки O и M не совпада ют. Докажите, что прямая OM перпендикулярна медиане CC1 тогда и только тогда, когда a2 + b2 = 2c2.

12.17*. Окружности радиусов ta, tb, tc касаются внутренним обра зом описанной окружности треугольника ABC в его вершинах A, B, C и касаются друг друга внешним образом. Докажите, что Rha Rhb Rhc ta =, tb =, tc =.

a + ha b + hb c + hc См. также задачи 4.45, 4.46, 5.9, 5.60, 6.21, 7.9, 7.10, 11.1, 11.4.

Условия задач § 3. Вписанная, описанная и вневписанная окружности;

их радиусы 12.18. Докажите, что:

а) a = r(ctg( /2) + ctg( /2)) = r cos( /2)/(sin( /2) sin( /2));

б) a = ra(tg( /2) + tg( /2)) = ra cos( /2)/(cos( /2) cos( /2));

в) p - b = r ctg( /2) = ra tg( /2);

г) p = ra ctg( /2).

12.19. Докажите, что:

а) rp = ra(p - a), rra = (p - b)(p - c) и rbrc = p(p - a);

б) S2 = p(p - a)(p - b)(p - c) (формула Герона);

в) S2 = rrarbrc.

12.20. Докажите, что S = rc tg( /2) tg( /2) ctg( /2).

12.21. Докажите, что S = crarb/(ra + rb).

2 1 12.22. Докажите, что = +.

ha rb rc 1 1 1 1 1 1 12.23. Докажите, что + + = + + =.

ha hb hc ra rb rc r 12.24. Докажите, что 1 1 1 + + =.

(p - a)(p - b) (p - b)(p - c) (p - c)(p - a) r 12.25. Докажите, что ra + rb + rc = 4R + r.

12.26. Докажите, что rarb + rbrc + rcra = p2.

1 1 1 1 12R 12.27. Докажите, что - - - =.

r3 3 3 3 S ra rb rc 12.28*. Докажите, что a(b + c) = (r + ra)(4R + r - ra) и a(b - c) = = (rb - rc)(4R - rb - rc).

12.29*. Пусть O — центр вписанной окружности треугольника ABC.

OA2 OB2 OC Докажите, что + + = 1.

bc ac ab 12.30*. а) Докажите, что если для некоторого треугольника p = = 2R + r, то этот треугольник прямоугольный.

б) Докажите, что если p = 2R sin + r ctg( /2), то — один из углов треугольника (предполагается, что 0 < < ).

12.31*. Докажите, что если sin + sin + sin = 3(cos + cos + cos ), то один из углов треугольника ABC равен 60.

§ 4. Длины сторон, высоты, биссектрисы 12.32. Докажите, что abc = 4prR и ab + bc + ca = r2 + p2 + 4rR.

1 1 1 12.33. Докажите, что + + =.

ab bc ca 2Rr 292 Глава 12. Вычисления и метрические соотношения a + b - c 12.34. Докажите, что = tg tg.

a + b + c 2 12.35. Докажите, что ha = bc/2R.

12.36. Докажите, что ha = 2(p - a) cos( /2) cos( /2)/ cos( /2) = = 2(p - b) sin( /2) cos( /2)/ sin( /2).

12.37. Докажите, что длину биссектрисы la можно вычислить по следующим формулам:

а) la = 4p(p - a)bc/(b + c)2;

б) la = 2bc cos( /2)/(b + c);

в) la = 2R sin sin / cos(( - )/2);

г) la = 4p sin( /2) sin( /2)/(sin + sin ).

§ 5. Синусы и косинусы углов треугольника Пусть, и — углы треугольника ABC. В задачах этого параграфа требуется доказать соотношения, указанные в формулировках.

12.38. а) sin( /2) sin( /2) sin( /2) = r/4R.

б) tg( /2) tg( /2) tg( /2) = r/p.

в) cos( /2) cos( /2) cos( /2) = p/4R.

12.39. а) cos( /2) sin( /2) sin( /2) = (p - a)/4R.

б) sin( /2) cos( /2) cos( /2) = ra/4R.

12.40. cos + cos + cos = (R + r)/R.

12.41. а) cos 2 + cos 2 + cos 2 + 4 cos cos cos + 1 = 0.

б) cos2 + cos2 + cos2 + 2 cos cos cos = 1.

OH2 в) cos 2 + cos 2 + cos 2 = -, где O — центр описанной 2R2 окружности, H — точка пересечения высот.

12.42. sin 2 + sin 2 + sin 2 = 4 sin sin sin.

p2 - r2 - 4rR 12.43. а) sin2 + sin2 + sin2 =.

2R б) 4R2 cos cos cos = p2 - (2R + r)2.

p2 + r2 - 4R в) cos cos + cos cos + cos cos =.

4R 12.44. ab cos + bc cos + ca cos = (a2 + b2 + c2)/2.

cos2( /2) cos2( /2) cos2( /2) p 12.45. + + =.

a b c 4Rr § 6. Тангенсы и котангенсы углов треугольника Пусть, и — углы треугольника ABC. В задачах этого параграфа требуется доказать соотношения, указанные в формулировках.

12.46. а) ctg + ctg + ctg = (a2 + b2 + c2)/4S.

б) a2 ctg + b2 ctg + c2 ctg = 4S.

Условия задач 12.47. а) ctg( /2) + ctg( /2) + ctg( /2) = p/r.

a b c б) tg( /2) + tg( /2) + tg( /2) = + + /2.

ra rb rc 12.48. tg + tg + tg = tg tg tg.

12.49. tg( /2) tg( /2) + tg( /2) tg( /2) + tg( /2) tg( /2) = 1.

12.50. а) ctg ctg + ctg ctg + ctg ctg = 1.

б) ctg + ctg + ctg - ctg ctg ctg = 1/(sin sin sin ).

12.51. Для непрямоугольного треугольника tg + tg + tg = = 4S/(a2 + b2 + c2 - 8R2).

§ 7. Вычисление углов 12.52. Даны две пересекающиеся окружности радиуса R, причём расстояние между их центрами больше R. Докажите, что = (рис. 12.2).

1 1 12.53. Докажите, что если + =, b c la то A = 120.

12.54. В треугольнике ABC высота AH равна медиане BM. Найдите угол MBC.

12.55. В треугольнике ABC проведены биссектрисы AD и BE. Найдите величину Рис. 12. угла C, если известно, что AD · BC = BE · AC и AC = BC.

12.56. Найдите угол B треугольника ABC, если длина высоты CH равна половине длины стороны AB, а BAC = 75.

12.57*. В прямоугольном треугольнике ABC с прямым углом A на высоте AD как на диаметре построена окружность, пересекающая сторону AB в точке K и сторону AC в точке M. Отрезки AD и KM пересекаются в точке L. Найдите острые углы треугольника ABC, если известно, что AK : AL = AL : AM.

12.58*. В треугольнике ABC угол C вдвое больше угла A и b = 2a.

Найдите углы этого треугольника.

12.59*. В треугольнике ABC проведена биссектриса BE и на сто роне BC взята точка K так, что AKB = 2AEB. Найдите величину угла AKE, если AEB =.

* * * 12.60*. В равнобедренном треугольнике ABC с основанием BC угол при вершине A равен 80. Внутри треугольника ABC взята точ ка M так, что MBC = 30 и MCB = 10. Найдите величину уг ла AMC.

12.61*. В равнобедренном треугольнике ABC с основанием AC угол при вершине B равен 20.На сторонах BC и AB взяты точки 294 Глава 12. Вычисления и метрические соотношения D и E соответственно так, что DAC = 60 и ECA = 50. Найдите угол ADE.

12.62*. В остроугольном треугольнике ABC отрезки BO и CO, где O — центр описанной окружности, продолжены до пересечения в точках D и E со сторонами AC и AB. Оказалось, что BDE = и CED = 30. Найдите величины углов треугольника ABC.

См. также задачу 1.33.

§ 8. Окружности 12.63. Окружность S с центром O на основании BC равнобедренного треугольника ABC касается равных сторон AB и AC. На сторонах AB и AC взяты точки P и Q так, что отре зок PQ касается окружности S. Докажите, что тогда 4PB · CQ = BC2.

12.64*. Пусть E — середина стороны AB квадрата ABCD, а точки F и G выбраны на сторонах BC и CD так, что AG EF. Докажите, что отрезок FG касается окружности, вписан ной в квадрат ABCD.

12.65*. Хорда окружности удалена от цен тра на расстояние h. В каждый из сегментов, стягиваемых хордой, вписан квадрат так, что две соседние вершины квадрата лежат на дуге, Рис. 12. а две другие — на хорде или её продолжении (рис. 12.3). Чему равна разность длин сторон этих квадратов?

12.66*. Найдите отношение сторон треугольника, одна из медиан которого делится вписанной окружностью на три равные части.

* * * 12.67*. В окружность вписан квадрат, а в сегмент, отсечённый от круга одной из сторон этого квадрата, вписан другой квадрат. Найдите отношение длин сторон этих квадратов.

12.68*. На отрезке AB взята точка C и на отрезках AC, BC и AB как на диаметрах построены полуокружности, лежащие по одну сто рону от прямой AB. Через точку C проведена прямая, перпендикуляр ная AB, и в образовавшиеся криволинейные треугольники ACD и BCD вписаны окружности S1 и S2 (рис. 12.4). Докажите, что радиусы этих окружностей равны.

12.69*. Центры окружностей с радиусами 1, 3 и 4 расположены на сторонах AD и BC прямоугольника ABCD. Эти окружности касаются друг друга и прямых AB и CD так, как показано на рис. 12.5. Дока жите, что существует окружность, касающаяся всех этих окружностей и прямой AB.

Условия задач Рис. 12.4 Рис. 12. § 9. Разные задачи 12.70. Найдите все треугольники, у которых углы образуют ариф метическую прогрессию, а стороны: а) арифметическую прогрессию;

б) геометрическую прогрессию.

12.71. Найдите высоту h трапеции, у которой основания AB и CD равны a и b (a < b), угол между диагоналями равен 90, а угол между продолжениями боковых сторон равен 45.

12.72. Вписанная окружность касается стороны BC треугольни ка ABC в точке K. Докажите, что площадь треугольника равна BK · KC ctg( /2).

12.73. Докажите, что если ctg( /2) = (b + c)/a, то треугольник пря моугольный.

12.74. Продолжения биссектрис треугольника ABC пересекают опи санную окружность в точках A1, B1 и C1. Докажите, что SABC/SA B1C1 = = 2r/R, где r и R — радиусы вписанной и описанной окружностей треугольника ABC.

12.75. Докажите, что сумма котангенсов углов треугольника ABC равна сумме котангенсов углов треугольника, составленного из медиан треугольника ABC.

12.76*. Пусть A4 — ортоцентр треугольника A1A2A3. Докажите, что существуют такие числа,...,, что AiA2 = +, причём, если 1 4 i j j треугольник не прямоугольный, то (1/ ) = 0.

i § 10. Метод координат 12.77. Докажите, что расстояние от точки (x0, y0) до прямой |ax0 + by0 + c| ax + by + c = 0 равно.

a2 + b 296 Глава 12. Вычисления и метрические соотношения 12.78. а) Докажите, что площадь треугольника с вершинами в точ ках (0, 0), (x1, y1) и (x2, y2) равна |x1y2 - x2y1|.

б) Докажите, что площадь треугольника с вершинами в точках (x1, y1), (x2, y2) и (x3, y3) равна |x1y2 + x2y3 + x3y1 - x2y1 - x1y3 - x3y2|.

12.79. Координаты вершин треугольника рациональны. Докажите, что координаты центра его описанной окружности также рациональ ны.

12.80. Диаметры AB и CD окружности S перпендикулярны. Хор да EA пересекает диаметр CD в точке K, хорда EC пересекает диа метр AB в точке L. Докажите, что если CK : KD = 2 : 1, то AL : LB = 3 : 1.

12.81. В треугольнике ABC угол C прямой. Докажите, что при гомотетии с центром C и коэффициентом 2 вписанная окружность переходит в окружность, касающуюся описанной окружности.

12.82*. Квадрат ABCD вращается вокруг своего неподвижного цен тра. Найдите геометрическое место середин отрезков PQ, где P — ос нование перпендикуляра, опущенного из точки D на неподвижную прямую l, а Q — середина стороны AB.

12.83*. Дан треугольник A1A2A3 и прямая l вне его, образующая с продолжениями сторон A1A2, A2A3, A3A1 углы,,. Через 3 1 точки A1, A2, A3 проводятся прямые, образующие с l соответственно углы -, -, -. Докажите, что эти прямые пересекаются 1 2 в одной точке. (Все углы отсчитываются от прямой l в одном направ лении.) См. также задачи 3.58, 3.75, 7.6, 7.14, 7.49, 18.26, 22.36, 30.29.

Задачи для самостоятельного решения 12.84. Каждая из двух окружностей касается обеих сторон данного прямого угла. Найдите отношение радиусов окружностей, если извест но, что одна из них проходит через центр другой.

12.85. Пусть продолжения сторон AB и CD, BC и AD выпуклого четырёхугольника ABCD пересекаются в точках K и M соответствен но. Докажите, что радиусы окружностей, описанных около треуголь ников ACM, BDK, ACK, BDM, связаны соотношением RACM · RBDK = = RACK · RBDM.

12.86. Три окружности радиусов 1, 2, 3 касаются друг друга внеш ним образом. Найдите радиус окружности, проходящей через точки касания этих окружностей.

12.87. Пусть точка K лежит на стороне BC треугольника ABC.

Докажите, что AC2 · BK + AB2 · CK = BC(AK2 + BK · KC).

Решения задач 12.88. Докажите, что длина биссектрисы внешнего угла A треуголь 2bc sin( /2) ника ABC равна.

|b - c| 12.89. Две окружности радиусов R и r расположены так, что их общие внутренние касательные перпендикулярны. Найдите площадь треугольника, образованного этими касательными и общей внешней касательной.

12.90. Докажите, что сумма углов при лучах любой (неправильной) пятиконечной звезды равна 180.

12.91. Докажите, что в любом треугольнике S = (p - a)2 tg ctg ctg.

2 2 12.92. Пусть a < b < c — длины сторон треугольника;

la, lb, lc и l, a l, l — длины его биссектрис и биссектрис внешних углов. Докажите, b c 1 1 что + =.

alal clcl blbl a c b 12.93. В каждый угол треугольника вписана окружность, касающа яся вписанной окружности треугольника. Найдите радиус вписанной окружности, если известны радиусы этих окружностей.

12.94. Вписанная окружность касается сторон AB, BC, CA в точ ках K, L, M соответственно. Докажите, что:

1 MK2 KL2 LM а) S = + + ;

2 sin sin sin б) S2 = (bcMK2 + caKL2 + abLM2);

MK2 KL2 LM в) + + = 1.

hbhc hcha hahb Решения 12.1. По теореме синусов sin = c/2R, поэтому S = (ab sin )/2 = abc/4R.

12.2. Радиусы описанных окружностей треугольников ABD и CBD равны AB/(2 sin ADB) и BC/(2 sin BDC). Остаётся заметить, что AB = BC и sin ADB = = sin BDC.

12.3. По теореме синусов b = a sin / sin = a sin / sin( + ), поэтому S = (ab sin )/2 = (a2 sin sin )/2 sin( + ).

12.4. По теореме синусов (a + b)/c = (sin + sin )/ sin. Кроме того, sin + sin = 2 sin(( + )/2) cos(( - )/2) = 2 cos( /2) cos(( - )/2) и sin = = 2 sin( /2) cos( /2). Второе равенство доказывается аналогично.

12.5. В треугольнике A2BC2 длины сторон A2B и BC2 равны b cos и b cos ;

прямая BO делит угол A2BC2 на углы 90 - и 90 -. Пусть прямая BO пересекает отрезок A2C2 в точке M. По теореме синусов A2M = = A2B sin A2BM/ sin A2MB = b cos cos / sin C2MB = C2M.

12.6. Пусть = (a, c), = (c, d) и = (d, b). Тогда (AC/AS)/(BC/BS) = sin / sin( + ), (BD/BS)/(AD/AS) = sin / sin( + ).

Поэтому (AC · BD)/(BC · AD) = sin sin /(sin( + ) sin( + )).

298 Глава 12. Вычисления и метрические соотношения 12.7. Так как OA/PA = sin OPA/ sin POA и OB/PB = sin OPB/ sin POB, то (OA/OB)/(PA/PB) = sin POB/ sin POA.

12.8. Достаточно перемножить пять равенств вида D1A/D1B = sin B/ sin A.

12.9. Пусть O — общая вершина данных треугольников, M и N — середины оснований, k — отношение длин оснований к высотам. Проекции оснований данных треугольников на прямую MN равны k · OM sin OMN и k · ON sin ONM.

Остаётся заметить, что OM/ sin ONM = ON/ sin OMN.

12.10. По теореме синусов BX/ sin BDX = BD/ sin BXD = 2R sin / sin BXD.

Кроме того, sin BDX = sin BDC = sin ;

величина угла BXD легко вычисляется:

если точки C и D лежат по одну сторону от AB, то BXD = - -, а если по разные, то BXD = | - |. Значит, BX = 2R sin sin / sin | ± |.

12.11. а) Пусть A1 — середина отрезка BC. Складывая равенства AB2 = = AA2 + A1B2 - 2AA1 · BA1 cos BA1A и AC2 = AA2 + A1C2 - 2AA1 · A1C cos CA1A 1 и учитывая, что cos BA1A = - cos CA1A, получаем требуемое.

б) Очевидным образом следует из задачи а).

12.12. По теореме косинусов a2 -(b-c)2 =2bc(1-cos )=4S(1-cos )/ sin = = 4S tg( /2).

12.13. По теореме косинусов cos = (b2 + c2 - a2)/2bc. Остаётся воспользо ваться формулами sin2( /2) = (1 - cos )/2 и cos2( /2) = (1 + cos )/2.

12.14. Пусть — угол при вершине параллелограмма. По теореме косину сов m2 = a2 + b2 + 2ab cos и n2 = a2 + b2 - 2ab cos. Поэтому m2n2 = (a2 + b2)2 -(2ab cos )2 =a4 +b4 +2a2b2(1-2 cos2 ). Значит, m2n2 = a4 + b4 тогда и только тогда, когда cos2 = 1/2.

12.15. Пусть M — точка пересечения медиан AA1 и BB1. Угол AMB пря мой тогда и только тогда, когда AM2 + BM2 = AB2, т. е. 4(m2 + m2)/9 = c2.

a b Согласно задаче 12.11 а) m2 + m2 = (4c2 + a2 + b2)/4.

a b 12.16. Если m = C1M и = C1MO, то OC2 = C1M2 + OM2 - 2OM · C1M cos и BO2 = CO2 = OM2 + MC2 + 2OM · CM cos = OM2 + 4C1M2 + 4OM · C1M cos.

Поэтому BC2 =BO2 -OC2 =3C1M2 +6OM·C1M cos, т. е. c2 = 4BC2 = 12m2 + 1 1 + 24OM · C1M cos. Ясно также, что 18m2 = 2m2 = a2 + b2 - c2/2 (см. за c дачу 12.11 а). Поэтому равенство a2 + b2 = 2c2 эквивалентно тому, что 18m2 = 3c2/2, т. е. c2 = 12m2. Так как c2 = 12m2 + 24OM · C1M cos, равенство a2 + b2 = 2c2 эквивалентно тому, что C1MO = = 90, т. е. CC1 OM.

12.17. Пусть O — центр описанной окружности. Применив теорему косину c сов к треугольнику AOB, получим cos 2 = 1 -. Если окружности радиусов 2R ta и tb касаются внутренним образом описанной окружности в вершинах A и B и касаются друг друга внешним образом, то по теореме косинусов c (R - ta)2 + (R - tb)2 - 2(R - ta)(R - tb) 1 - = (ta + tb)2, 2R поэтому c2 (R - ta)2 + (R - tb)2 - (ta + tb)2 4tatb = 1 - =, 2R2 2(R - ta)(R - tb) 2(R - ta)(R - tb) 4tatbR2 4tbtcR2 4tatcR т. е. c2 =. Аналогично a2 = и b2 =.

(R - ta)(R - tb) (R - tb)(R - tc) (R - ta)(R - tc) Решения задач b2c2 4t2R2 ta bc a Следовательно, =. Поэтому =, а значит, a2 (R - ta)2 R - ta 2Ra Rbc Rabc 4R2S 2RS Raha Rha ta = = = = = =.

2Ra + bc 2Ra2 + abc 2Ra2 + 4RS a2 + 2S a2 + aha a + ha 12.18. a) и б) Пусть вписанная окружность касается стороны BC в точке K, а вневписанная — в точке L. Тогда BC = BK + KC = r ctg( /2) + r ctg( /2) и BC = BL + LC = ra ctg LBOa + ra ctg LCOa = ra tg( /2) + ra tg( /2). Кроме того, cos( /2) = sin +.

2 в) Согласно задаче 3.2 p - b = BK = r ctg( /2) и p - b = CL = ra tg( /2).

г) Если вписанная окружность касается продолжений сторон AB и AC в точках P и Q, то p = AP = AQ = ra ctg( /2).

12.19. а) Согласно задаче 12.18 p=ra ctg( /2) и r ctg( /2)=p-a;

r ctg( /2)= = p - b и ra tg( /2) = p - c;

rc tg( /2) = p - a и rb ctg( /2) = p. Перемножая эти пары равенств, получаем требуемое.

б) Перемножая равенства rp = ra(p - a) и rra = (p - b)(p - c), получаем r2p = (p - a)(p - b)(p - c). Ясно также, что S2 = p(r2p).

в) Достаточно перемножить равенства rra = (p - b)(p - c) и rbrc = p(p - a) и воспользоваться формулой Герона.

12.20. Согласно задаче 12.18 r = rc tg( /2) tg( /2) и p = rc ctg( /2).

12.21. Согласно задаче 12.19 а) ra = rp/(p - a) и rb = rp/(p - b). По этому crarb = cr2p2/((p - a)(p - b)) и ra + rb = rpc/((p - a)(p - b)), а значит, crarb/(ra + rb) = rp = S.

12.22. Согласно задаче 12.19 а) 1/rb = (p - b)/pr и 1/rc = (p - c)/pr. Поэтому 1 + = a/pr = a/S = 2/ha.

rb rc 12.23. Легко проверить, что 1/ha = a/2pr и 1/ra = (p - a)/pr. Складывая аналогичные равенства, получаем требуемое.

12.24. Согласно задаче 12.19 а) 1/((p - b)(p - c)) = 1/rra. Остаётся сложить аналогичные равенства и воспользоваться результатом задачи 12.23.

12.25. Согласно задаче 12.1 4SR = abc. Ясно также, что abc = p(p - b)(p - c) + p(p - c)(p - a) + p(p - a)(p - b) S2 S2 S2 S - (p - a)(p - b)(p - c) = + + - = S(ra + rb + rc - r).

(p - a) (p - b) (p - c) p 12.26. Согласно задаче 12.19 а) rarb = p(p - c), rbrc = p(p - a) и rcra = p(p - b).

Складывая эти равенства, получаем требуемое.

12.27. Так как S = rp = ra(p - a) = rb(p - b) = rc(p - c), то выражение в левой части равно (p3 - (p - a)3 - (p - b)3 - (p - c)3)/S3 = 3abc/S3. Остаётся заметить, что abc/S = 4R (задача 12.1).

12.28. Пусть углы треугольника ABC равны 2, 2 и 2. Согласно зада чам 12.38 а) и 12.39 б) r = 4R sin sin sin и ra = 4R sin cos cos. Поэтому (r + ra)(4R + r - ra) = = 16R2 sin (sin sin + cos cos )(1 + sin (sin sin - cos cos )) = = 16R2 sin cos( - )(1 - sin cos( + )) = 16R2 sin cos( - ) cos2.

300 Глава 12. Вычисления и метрические соотношения Остаётся заметить, что 4R sin cos = a и 4R sin( + ) cos( - ) = 2R(sin 2 + sin 2 ) = b + c.

Второе равенство доказывается аналогично.

12.29. Так как OA = r/ sin( /2) и bc = 2S/ sin, то OA2/bc = r2 ctg( /2)/S = = r(p - a)/S (см. задачу 12.18 в). Остаётся заметить, что r(p - a + p - b + p - c) = = rp = S.

12.30. Решим сразу задачу б), частным случаем которой является зада ча а). Так как ctg( /2) = sin /(1 - cos ), то данное соотношение можно записать в виде p2(1 - x)2 = (1 - x2)(2R(1 - x) + r)2, где x = cos. Корень x0 = 1 этого уравнения нас не интересует, так как в этом случае ctg( /2) был бы не определён;

поэтому, сократив обе части уравнения на 1 - x, придём к кубическому уравнению. Использовав результаты задач 12.40, 12.43 б) и в), можно проверить, что это уравнение совпадает с уравнени ем (x - cos )(x - cos )(x - cos ) = 0, где, и — углы треугольника.

Значит, косинус угла равен косинусу одного из углов треугольника;

кроме того, косинус монотонен на интервале от 0 до.

12.31. Согласно теореме синусов sin + sin + sin = p/r. Согласно зада R + r че 12.40 cos + cos + cos =. Поэтому приведённое в условии зада r чи соотношение можно переписать следующим образом: p = (R + r) 3. Для = 60 имеем (R + r) 3 = 2R sin + r ctg( /2). Остаётся воспользоваться ре зультатом задачи 12.30 б).

12.32. Ясно, что 2pr =2S=ab sin =abc/2R, т. е. 4prR=abc. Для доказатель ства второго равенства воспользуемся формулой Герона: S2=p(p-a)(p-b)(p-c), т. е. pr2 = (p - a)(p - b)(p - c) = p3 - p2(a + b + c) + p(ab + bc + ca) - abc = = -p3 + p(ab + bc + ca) - 4prR. Сокращая на p, получаем требуемое.

12.33. Так как abc = 4RS (задача 12.1), то выражение в левой части рав но (c + a + b)/4RS = 2p/4Rpr = 1/2Rr.

12.34. Достаточно заметить, что (p - c)/p = r/rc (задача 12.19 а), r = = c sin( /2) sin( /2)/ cos( /2) и rc = c cos( /2) cos( /2)/ cos( /2) (задача 12.18).

12.35. Согласно задаче 12.1 S = abc/4R. С другой стороны, S = aha/2. По этому ha = bc/2R.

12.36. Так как aha = 2S = 2(p - a)ra и ra/a = cos( /2) cos( /2)/ cos( /2) (задача 12.18 б), то ha = 2(p - a) cos( /2) cos( /2)/ cos( /2). Учитывая, что (p - a) ctg( /2) = rc = (p - b) ctg( /2) (задача 12.18 в), получаем ha = = 2(p - b) sin( /2) cos( /2)/ sin( /2).

12.37. а) Пусть продолжение биссектрисы AD пересекает описанную окруж ность треугольника ABC в точке M. Тогда AD · DM = BD · DC и, так как ABD AMC, AB · AC = AD · AM = AD(AD + DM) = AD2 + BD · DC. Кроме того, BD = ac/(b + c) и DC = ab/(b + c). Значит, AD2 = bc - bca2/(b + c)2 = = 4p(p - a)bc/(b + c)2.

б) См. решение задачи 4.48.

в) Пусть AD — биссектриса, AH — высота треугольника ABC. Тогда AH = = c sin = 2R sin sin. С другой стороны, AH = AD sin ADH = la sin( + ( /2)) = = la sin(( + - )/2) = la cos(( - )/2).

г) Учитывая, что p = 4R cos( /2) cos( /2) cos( /2) (задача 12.38 в) и sin + + sin = 2 sin(( + )/2) cos(( - )/2) = 2 cos( /2) cos(( - )/2), приходим к формуле задачи в).

Решения задач 12.38. а) Пусть O — центр вписанной окружности, K — точка касания впи санной окружности со стороной AB. Тогда 2R sin = AB = AK + KB = r(ctg( /2) + ctg( /2)) = = r sin(( + )/2)(sin( /2) sin( /2)).

Учитывая, что sin = 2 sin( /2) cos( /2) и sin(( + )/2) = cos( /2), получаем требуемое.

б) Согласно задаче 3.2 p - a = AK = r ctg( /2). Аналогично p - b = = r ctg( /2) и p - c = r ctg( /2). Перемножая эти равенства и учитывая, что p(p - a)(p - b)(p - c) = S2 = (pr)2, получаем требуемое.

в) Очевидным образом следует из задач а) и б).

12.39. а) Перемножая равенства r cos( /2)/ sin( /2) = p - a, sin( /2) sin( /2) sin( /2) = r/4R (см. задачи 12.18 в) и 12.38 а), получаем требуемое.

б) Согласно задаче 12.18 в) ra tg( /2) = r ctg( /2). Умножая это равенство на равенство r/4R = sin( /2) sin( /2) sin( /2), получаем требуемое.

12.40. Складывая равенства cos + cos = 2 cos(( + )/2) cos(( - )/2) и cos = - cos( + ) = -2 cos2(( + )/2) + 1 и учитывая, что cos(( - )/2) - cos(( + )/2) = 2 sin( /2) sin( /2), получаем r cos + cos + cos = 4 sin( /2) sin( /2) sin( /2) + 1 = + R (см. задачу 12.38 а).

12.41. а) Складывая равенства cos 2 + cos 2 = 2 cos( + ) cos( - ) = = -2 cos cos( - ) и cos 2 = 2 cos2 - 1 = -2 cos cos( + ) - 1 и учиты вая, что cos( + ) + cos( - ) = 2 cos cos, получаем требуемое.

б) Достаточно подставить выражения вида cos 2 = 2 cos2 - 1 в равенство, полученное в задаче а).

# – # – # – # – в) Согласно задаче 13.13 OH = OA + OB + OC, поэтому # – # – # – OH2 = (OA + OB + OC)2 = 3R2 + 2R2(cos 2 + cos 2 + cos 2 ).

# – # – При записи последнего равенства мы воспользовались тем, что (OA, OB) = = 2R cos AOB = 2R cos 2 и т. д.

12.42. Складывая равенства sin 2 + sin 2 = 2 sin( + ) cos( - ) = = 2 sin cos( - ) и sin 2 = 2 sin cos = -2 sin cos( + ) и учитывая, что cos( - ) - cos( + ) = 2 sin sin, получаем требуемое.

12.43. а) Ясно, что sin2 + sin2 + sin2 = (a2 + b2 + c2)/4R и a2 + b2 + c2 = = (a + b + c)2 - 2(ab + bc + ca) = 4p2 - 2(r2 + p2 + 4rR) (см. задачу 12.32).

б) Согласно задаче 12.41 б) 2 cos cos cos = sin2 + sin2 + sin2 - 2.

Остаётся воспользоваться результатом задачи а).

в) Возведём в квадрат тождество из задачи 12.40, подставим в полученное тождество 1 - 2 cos cos cos вместо cos2 + cos2 + cos2 (задача 12.41 б), а затем воспользуемся задачей б). В результате получим требуемое.

12.44. Теорему косинусов можно переписать в виде ab cos =(a2 +b2 -c2)/2.

Складывая три аналогичных равенства, получаем требуемое.

12.45. Согласно задаче 12.13 cos2( /2)/a = p(p - a)/abc. Остаётся заметить, что p(p - a) + p(p - b) + p(p - c) = p2 и abc = 4SR = 4prR.

302 Глава 12. Вычисления и метрические соотношения 12.46. а) Так как bc cos = 2S ctg, то a2 = b2 + c2 - 4S ctg. Складывая три аналогичных равенства, получаем требуемое.

б) Для остроугольного треугольника a2 ctg = 2R2 sin 2 = 4SBOC, где O — центр описанной окружности. Остаётся сложить три аналогичных равенства.

Для треугольника с тупым углом величину SBOC нужно взять со знаком минус.

12.47. Согласно задаче 12.18 ctg( /2) + ctg( /2) = c/r и tg( /2) + tg( /2) = = c/rc. Остаётся сложить такие равенства для всех пар углов треугольника.

12.48. Ясно, что tg = - tg( + ) = -(tg + tg )/(1 - tg tg ). Домножая обе части на 1 - tg tg, получаем требуемое.

12.49. tg( /2) = ctg + = [1 - tg( /2) tg( /2)]/[tg( /2) + tg( /2)]. Оста 2 ётся домножить обе части на tg( /2) + tg( /2).

12.50. а) Домножим обе части равенства на sin sin sin. Дальнейший ход доказательства таков:

cos (sin cos + sin cos ) + sin (cos cos - sin sin ) = = cos sin( + ) + sin cos( + ) = cos sin - sin cos = 0.

б) Домножим обе части равенства на sin sin sin. Дальнейший ход дока зательства таков: cos (sin sin - cos cos ) + sin (cos sin + cos sin ) = = cos2 + sin2 = 1.

12.51. Так как sin2 + sin2 + sin2 - 2 = 2 cos cos cos (см. зада чу 12.41 б) и S = 2R2 sin sin sin, остаётся проверить, что (tg + tg + tg ) cos cos cos = sin sin sin.

Последнее равенство доказано в решении задачи 12.50 а).

12.52. Пусть A и B — вершины углов и, P — точка пересечения несов падающих сторон этих углов, Q — общая точка данных окружностей, лежащая на отрезке PA. Треугольник AQB равнобедренный, поэтому PQB = 2. А так как PQB + QPB = + QBA, то = 3.

1 12.53. Согласно задаче 4.48 + = 2 cos( /2)/la, поэтому cos( /2) = 1/2, b c т. е. = 120.

12.54. Опустим из точки M перпендикуляр MD на прямую BC. То гда MD = AH/2 = BM/2. В прямоугольном треугольнике BDM катет MD равен половине гипотенузы BM. Поэтому MBC = MBD = 30.

12.55. Величины AD · BC sin ADB и BE · AC sin AEB равны, так как они равны удвоенной площади треугольника ABC. Поэтому sin ADB = sin AEB.

Возможны два случая.

1. ADB = AEB;

в этом случае точки A, E, D, B лежат на одной окруж ности, поэтому EAD = EBD, т. е. A = B, чего не может быть по условию.

2. ADB + AEB = 180;

в этом случае ECD + EOD = 180, где O — точка пересечения биссектрис. Так как EOD = 90 + C/2 (задача 5.3), то C = 60.

12.56. Пусть B — точка пересечения серединного перпендикуляра к от резку AC с прямой AB. Тогда AB = CB и AB C = 180 - 2 · 75 = 30.

Поэтому AB = CB = 2CH = AB, т. е. B = B и B = 30.

12.57. Ясно, что AKDM — прямоугольник и L — точка пересечения его диагоналей. Так как AD BC и AM BA, то DAM = ABC. Аналогич но, KAD = ACB. Опустим из точки A перпендикуляр AP на прямую KM.

Решения задач Пусть для определённости B < C. Тогда точка P лежит на отрезке KL.

Из подобия треугольников AKP и MKA получаем AK : AP = MK : MA. По этому AK · AM = AP · MK = AP · AD = 2AP · AL. По условию AL2 = AK · AM, следовательно, AL = 2AP, т. е. ALP = 30. Ясно, что KMA = ALP/2 = 15.

Поэтому острые углы треугольника ABC равны 15 и 75.

12.58. Пусть CD — биссектриса. Тогда BD = ac/(a + b). С другой сторо ны, BDC BCA, поэтому BD : BC = BC : BA, т. е. BD = a2/c. Следователь но, c2 = a(a + b) = 3a2. Стороны треугольника ABC равны a, 2a и 3a, поэтому его углы равны 30, 90 и 60.

12.59. Пусть ABC = 2x, тогда внешний угол A треугольника ABE равен ABE + AEB = x +. Далее, BAE - BAK = (180 - x - ) - (180 - 2x - 2 ) = = x +. Следовательно, AE — биссектриса внешнего угла A треугольни ка ABK. А так как BE — биссектриса внутреннего угла B этого треугольника, то E — центр его вневписанной окружности, касающейся стороны AK. Поэто му AKE = AKC/2 = 90 -.

12.60. Пусть A1... A18 — правильный восемнадцатиугольник. В качестве треугольника ABC можно взять треугольник A14A1A9. Согласно задаче 6.64 б) диагонали A1A12, A2A14 и A9A18 пересекаются в одной точке, поэтому AMC = = ( A18A2 + A9A14)/2 = 70.

12.61. Пусть A1... A18 — правильный восемнадцатиугольник, O — его центр.

В качестве треугольника ABC можно взять треугольник A1OA18. Диагонали A2A14 и A18A6 симметричны относительно диаметра A1A10, а диагональ A2A проходит через точку пересечения диагоналей A1A12 и A9A18 (см. решение предыдущей задачи), поэтому ADE = ( A1A2 + A12A14)/2 = 30.

12.62. Поскольку BDE = 50 и CED = 30, то BOC = EOD = 180 - 50 - 30 = 100. Будем считать, что фиксированы диаметры BB и CC окружно сти, причём BOC = 100, а точка A движется по дуге B C. Пусть D — точка пересечения BB и AC, E — точка пересечения CC и AB (рис. 12.6). Так как при движении точ ки A от B к C отрезок OE увеличивается, а OD уменьшается, то угол OED убывает, а угол ODE возрастает. Поэтому существует единственное поло жение точки A, при котором CED = OED = и BDE = ODE = 50.

Докажем теперь, что треугольник ABC с угла ми A = 50, B = 70, C = 60 обладает требуе мым свойством. Пусть A1... A18 — правильный во семнадцатиугольник. В качестве треугольника ABC можно взять треугольник A2A14A9. Диагональ A1A проходит через точку E (см. решение зада чи 12.60). Пусть F — точка пересечения пря Рис. 12. мых A1A12 и A5A14;

прямая A9A16 симметрична прямой A1A12 относительно прямой A5A14, поэтому она проходит через точку F. В треугольнике CDF луч CE является биссек трисой угла C, а прямая FE — биссектрисой внешнего угла при вершине F.

Поэтому DE — биссектриса угла ADB, т. е. ODE = ( A2A14 + A5A9)/4 = 50.

12.63. Пусть D, E и F — точки касания окружности с BP, PQ и QC;

BOD = 90 - B = 90 - C = COF =, DOP = POE = и EOQ = QOF =.

Тогда 180 = BOC = 2 + 2 + 2, т. е. + + = 90. Так как BPO = 90 - 304 Глава 12. Вычисления и метрические соотношения и QOC = + = 90 -, то BPO = COQ. Ясно также, что PBO = OCQ.

Поэтому BPO COQ, а значит, PB · CQ = BO · CO = BC2/4.

12.64. Пусть P и Q — середины сторон BC и CD соответственно. Точ ки P и Q являются точками касания вписанной окружности со сторонами BC и CD. Поэтому достаточно проверить, что PF + GQ = FG. В самом деле, если F G — отрезок, параллельный FG и касающийся вписанной окружности, то PF + G Q = F G, поэтому F = F и G = G.

Можно считать, что сторона квадрата равна 2. Пусть GD = x. Так как BF : EB = AD : GD, то BF = 2/x. Поэтому CG = 2 - x, GQ = x - 1, CF = 2 -, 2x 2 FP= -1, т. е. PF+GQ=x+2/x-2 и = CG2 + CF2 = (2 - x)2 + 2 - = FG x 2 x 8 4 = 4 - 4x + x2 + 4 - + = x + - 2 = (PF + GQ)2.

x x2 x 12.65. Обозначим вершины квадратов так, как показано на рис. 12.7.

Пусть O — центр окружности, H — середина данной хорды, K — середина от резка AA1. Так как tg AHB = 2 = tg A1HD1, точка H лежит на прямой AA1.

Пусть = AHB = A1HD1. Тогда AB - A1D1 = (AH - A1H) sin = 2KH sin = = 2OH sin2. Ясно, что sin2 = 4/5. Поэтому раз ность длин сторон квадратов равна 8h/5.

12.66. Пусть медиана BM треугольника ABC пе ресекает вписанную окружность в точках K и L, причём BK = KL = LM = x. Пусть для определённо сти точка касания вписанной окружности со сто роной AC лежит на отрезке MC. Тогда, так как при симметрии относительно серединного перпенди куляра к отрезку BM точки B и M переходят друг в друга, а вписанная окружность переходит в себя, касательная MC переходит в касательную BC. Сле довательно, BC = MC = AC/2, т. е. b = 2a.

Так как BM2 = (2a2 + 2c2 - b2)/4 (см. зада Рис. 12. чу 12.11 а), то 9x2 = (2a2 + 2c2 - 4a2)/4 = (c2 - a2)/2.

Пусть точка P — точка касания вписанной окруж ности со стороной BC. Тогда BP = (a + c - b)/2 = (c - a)/2. С другой сто роны, по свойству касательной BP2 = BK · BL, т. е. BP2 = 2x2. Поэтому 2x2 = ((c - a)/2)2. Перемножая равенства 9x2 = (c2 - a2)/2 и ((c - a)/2)2 = = 2x2, получаем (c + a)/(c - a) = 9/4, т. е. c : a = 13 : 5. В итоге получаем, что a : b : c = 5 : 10 : 13.

12.67. Пусть 2a и 2b — длины сторон первого и второго квадратов. Тогда расстояние от центра окружности до вершин второго квадрата, лежащих на окружности, равно (a + 2b)2 + b2. С другой стороны, это расстояние рав но 2a. Следовательно, (a + 2b)2 + b2 = 2a2, т. е. a = 2b ± 4b2 + 5b2 = (2 ± 3)b.

Нам подходит только решение a = 5b.

12.68. Пусть P и Q — середины отрезков AC и AB, R — центр окружно сти S1;

a = AC/2, b = BC/2, x — радиус окружности S1. Легко проверить, что PR = a + x, QR = a + b - x и PQ = b. Проведём в треугольнике PQR высоту RH.

Расстояние от точки R до прямой CD равно x, поэтому PH = a - x, а значит, QH=|b- a+x|. Следовательно, (a+x)2 -(a-x)2 =RH2 =(a + b -x)2 - (b- a+x)2, т. е. ax = b(a - x). В итоге получаем x = ab/(a + b). Для радиуса окружности S получаем точно такое же выражение.

Решения задач 12.69. Пусть x — радиус окружности S, касающейся окружностей S1 и S и луча AB, y — радиус окружности S, касающейся окружностей S2 и S и луча BA. Положение окружности, касающейся окружности S1 и луча AB (соответственно S3 и луча BA) однозначно определяется её радиусом, поэтому достаточно проверить, что x = y.

Приравнивая два выражения для квадрата расстояния от центра окруж ности S до прямой AD, получаем (x + 1)2 - (x - 1)2 = (3 + x)2 - (5 - x)2, т. е. x = 4/3.

Рассматривая окружности S2 и S3, легко проверить, что AB2 =(3+4)2 -12 = =48. С другой стороны, квадраты расстояний от центра окружности S до пря мых AD и BC равны (y + 3)2 - (5 y)2 = 16(y - 1) и (4 + y)2 - (4 - y)2 = 16y - соответственно. Следовательно, 4 y - 1 + 4 y = 48, т. е. y = 4/3.

12.70. Если углы треугольника образуют арифметическую прогрессию, то они равны -,, +, где 0. Так как сумма углов треугольника равна 180, то = 60. Стороны этого треугольника равны 2R sin( - ), 2R sin, 2R sin( + ). Поскольку против большего угла лежит большая сто рона, то sin( - ) sin sin( + ).

а) Если числа sin( - ) sin sin( + ) образуют арифметическую прогрессию, то sin = (sin( + ) + sin( - ))/2 = sin cos, т. е. cos = 1, или = 0. Следовательно, все углы треугольника равны 60.

б) Если числа sin( - ) sin sin( + ) образуют геометрическую прогрессию, то sin2 = = sin( - ) sin( + ) = sin2 cos2 - sin2 cos sin2 cos2. Поэтому cos = 1, т. е. все углы тре угольника равны 60.

12.71. Достроим треугольник ABC до параллело грамма ABCE (рис. 12.8). Пусть BC = x и AD = y. То гда (b - a)h = 2SAED = xy sin 45 и (b - a)2 = x2 + y2 - 2xy cos 45 = x2 + y2 - 2xy sin 45. По теореме Пифагора a2 + b2 = (AO2 + BO2) + (CO2 + DO2) = = (BO2 + CO2) + (DO2 + AO2) = x2 + y2. Следователь Рис. 12. но, (b - a)2 = x2 + y2 - 2xy sin 45 = a2 + b2 - 2(b - a)h, т. е. h = ab/(b - a).

12.72. Так как BK = (a + c - b)/2 и KC = (a + b - c)/2 (см. задачу 3.2), то BK · KC = (a2 - (b - c)2)/4 = S tg( /2) (см. задачу 12.12).

12.73. Так как (b + c)/a = cos(( - )/2)/ sin( /2) (задача 12.4), то cos(( - )/2) = cos( /2), т. е. - = ±. Если = +, то = 90, а если + =, то = 90.

12.74. Легко проверить, что SABC = 2R2 sin sin sin. Аналогично SA1B1C1 = = 2R2 sin(( + )/2) sin(( + )/2) sin(( + )/2) = 2R2 cos( /2) cos( /2) cos( /2).

Поэтому SABC/SA1B1C1 = 8 sin( /2) sin( /2) sin( /2) = 2r/R (см. задачу 12.38 а).

12.75. Сумма котангенсов углов треугольника равна (a2 + b2 + c2)/4S (за дача 12.46 а). Кроме того, m2 + m2 + m2 = 3(a2 + b2 + c2)/4 (задача 12.11 б) a b c и площадь треугольника, составленного из медиан треугольника ABC, рав на 3/4 площади треугольника ABC (задача 1.37).

12.76. Одна из точек Ai лежит внутри треугольника, образованного тремя другими точками, поэтому можно считать, что треугольник A1A2A3 остро угольный (или прямоугольный). Числа, и легко находятся из соот 1 2 306 Глава 12. Вычисления и метрические соотношения ветствующей системы уравнений;

в результате получаем = (b2 + c2 - a2)/2, = (a2 + c2 - b2)/2 и = (a2 + b2 - c2)/2, где a = A2A3, b = A1A3 и c = A1A2.

2 Согласно задаче 5.51 б) A1A2 = 4R2 - a2, где R — радиус описанной окруж ности треугольника A1A2A3. Поэтому = A1A2 - = 4R2 - (a2 + b2 + c2)/2 = 4 = A2A2 - = A3A2 -.

2 4 Проверим теперь, что 1/ = 0. Так как (b2 + c2 - a2)/2 = bc cos = i = 2S ctg, то 1/ = tg /2S. Остаётся заметить, что 2/(a2 + b2 + c2 - 8R2) = = (tg + tg + tg )/2S (задача 12.51).

12.77. Если ax1 + by1 + c = 0 и ax2 + by2 + c = 0, то a(x1 - x2) + b(y1 - y2) = 0.

Поэтому вектор (a, b) перпендикулярен рассматриваемой прямой. Следо вательно, перпендикуляр, опущенный из точки (x0, y0) на рассматривае мую прямую, состоит из точек с координатами (x0 + a, y0 + b). Если ax0 + by0 + c a(x0 + a) + b(y0 + b) + c = 0, т. е. =, то мы получаем точ 0 0 a2 + b ку на рассматриваемой прямой. Остаётся заметить, что расстояние от точки (x0, y0) до прямой ax + by + c = 0 равно | | a2 + b2.

12.78. а) Прямая, проходящая через точки (0, 0) и (x1, y1), задаётся урав нением y1x - x1y = 0. Поэтому согласно задаче 12.77 расстояние от точки |y1x2 - x1y2| (x2, y2) до этой прямой равно. Это расстояние равно высоте рас x2 + y 1 сматриваемого треугольника, опущенной на сторону длиной x2 + y2.

1 б) Площадь рассматриваемого треугольника равна площади треугольника с вершинами в точках (0, 0), (x1 - x3, y1 - y3) и (x2 - x3, y2 - y3). Воспользо вавшись формулой из задачи а), получаем требуемое.

12.79. Пусть (a1, b1), (a2, b2) и (a3, b3) — координаты вершин треугольника.

Координаты центра его описанной окружности задаются системой уравнений (x - a1)2 + (y - b1)2 = (x - a2)2 + (y - b2)2, (x - a1)2 + (y - b1)2 = (x - a3)2 + (y - b3)2.

Легко проверить, что эти уравнения линейные, а значит, решение рассматри ваемой системы уравнений рационально.

12.80. Возьмём на отрезках AB и CD точки K и L, делящие их в указанных отношениях. Достаточно доказать, что точка пересечения прямых AK и CL лежит на окружности S. Введём систему координат с началом в центре O окружности S и осями Ox и Oy, направленными по лучам OB и OD. Радиус окружности S можно считать равным 1. Прямые AK и CL задаются соот ветственно уравнениями y = (x + 1)/3 и y = 2x - 1. Поэтому их общая точка имеет координаты x0 = 4/5 и y0 = 3/5. Ясно, что x2 + y2 = 1.

0 12.81. Пусть d — расстояние от центра описанной окружности до образа центра вписанной окружности при рассматриваемой гомотетии. Достаточно проверить, что R = d + 2r. Пусть (0, 0), (2a, 0) и (0, 2b) — координаты вершин данного треугольника. Тогда (a, b) — координаты центра описанной окружно сти, (r, r) — координаты центра вписанной окружности, причём r = a + b - R (задача 5.18). Следовательно, d2 =(2r-a)2 +(2r-b)2 =a2 +b2 -4r(a+b-r)+4r2 = = (R - 2r)2, так как a2 + b2 = R2.

12.82. Рассмотрим систему координат с началом в центре квадрата и осью Ox, параллельной прямой l. Пусть вершины квадрата имеют следу ющие координаты: A(x, y), B(y, -x), C(-x, -y) и D(-y, x);

прямая l задаётся Решения задач уравнением y = a. Тогда точка Q имеет координаты ((x + y)/2, (y - x)/2), а точка P имеет координаты (-y, a). Следовательно, искомое ГМТ состоит из точек (t, -t + a/2), где t = (x - y)/4. Остаётся заметить, что величина x - y изменяется от - 2(x2 + y2) = -AB до AB.

12.83. Введём на плоскости систему координат, выбрав прямую l в каче стве оси x. Пусть (a1, b1), (a2, b2), (a3, b3) — координаты вершин A1, A1, A3.

Прямая A2A3 задаётся уравнением x - a2 y - b =.

a3 - a2 b3 - b Прямая, проведённая через вершину A1, задаётся уравнением, в котором от ношение коэффициентов при x и y то же самое по абсолютной величине, но имеет противоположный знак. Таким образом, эта прямая задаётся уравне нием x - a1 y - b + = 0.

a3 - a2 b3 - b Напишем аналогично уравнения прямых, проведённых через вершины A2 и A3.

Умножим левые части этих уравнений на (a3 - a2)(b3 - b2), (a1 - a3)(b1 - b3), (a2 - a1)(b2 - b1) соответственно и сложим их. Легко проверить, что указанная сумма тождественно равна нулю. Из этого следует, что прямые, заданные этими уравнениями, пересекаются в одной точке.

ГЛАВА ВЕКТОРЫ Основные сведения 1. Мы будем пользоваться следующими обозначениями:

# – а) AB и a — векторы;

б) AB и |a| — их длины;

иногда длину вектора a обозначают a;

# – # – # – в) (AB, CD), (a, b) и (AB, a) — скалярные произведения векторов;

г) (x, y) — вектор с координатами x, y;

# – д) 0 или 0 — нулевой вектор.

2. Ориентированным углом между ненулевыми векторами a и b (обозна чение: (a, b)) будем называть угол, на который нужно повернуть против часовой стрелки вектор a, чтобы он стал сонаправлен с вектором b. Углы, отличающиеся на 360, считают равными. Легко проверить следующие свой ства ориентированных углов между векторами:

а) (a, b) = -(b, a);

б) (a, b) + (b, c) = (a, c);

в) (-a, b) = (a, b) + 180.

3. Скалярным произведением векторов a и b называют число (a, b) = = |a| · |b| cos (a, b) (если один из этих векторов нулевой, то (a, b) = 0). Легко проверить следующие свойства скалярного произведения:

а) (a, b) = (b, a);

б) |(a, b)| |a| · |b|;

в) ( a + b, c) = (a, c) + (b, c);

г) если a = (x1, y1) и b = (x2, y2), то (a, b) = x1x2 + y1y2;

д) если a, b = 0, то (a, b) = 0 тогда и только тогда, когда a b.

4. Многие векторные неравенства доказываются с помощью следующего факта.

Пусть даны два набора векторов, причём известно, что сумма длин про екций векторов первого набора на любую прямую не больше суммы длин проекций векторов второго набора на ту же прямую. Тогда сумма длин векторов первого набора не больше суммы длин векторов второго набора (см. задачу 13.42). Тем самым задача на плоскости сводится к задаче на прямой, которая обычно бывает легче.

Вводные задачи # – 1. Пусть AA1 — медиана треугольника ABC. Докажите, что AA1 = # – # – = (AB + AC)/2.

2. Докажите, что |a + b|2 + |a - b|2 = 2(|a|2 + |b|2).

Условия задач 3. Докажите, что если векторы a + b и a - b перпендикулярны, то |a| = |b|.

# – # – # – #– 4. Пусть OA + OB + OC = 0 и OA = OB = OC. Докажите, что ABC — правильный треугольник.

5. Пусть M и N — середины отрезков AB и CD. Докажите, что # – # – # – MN = (AC + BD)/2.

§ 1. Векторы сторон многоугольников 13.1. а) Докажите, что из медиан треугольника можно составить треугольник.

б) Из медиан треугольника ABC составлен треугольник A1B1C1, а из медиан треугольника A1B1C1 составлен треугольник A2B2C2.

Докажите, что треугольники ABC и A2B2C2 подобны, причём коэф фициент подобия равен 3/4.

13.2. Стороны треугольника T параллельны медианам треугольни ка T1. Докажите, что медианы треугольника T параллельны сторонам треугольника T1.

13.3. M1, M2,..., M6 — середины сторон выпуклого шестиугольника A1A2... A6. Докажите, что существует треугольник, стороны которого равны и параллельны отрезкам M1M2, M3M4, M5M6.

13.4. Из точки, лежащей внутри выпуклого n-угольника, проведе ны лучи, перпендикулярные его сторонам и пересекающие стороны (или их продолжения). На этих лучах отложены векторы a1,..., an, длины которых равны длинам соответствующих сторон. Докажите, что a1 +... + an = 0.

13.5. Сумма четырёх единичных векторов равна нулю. Докажите, что их можно разбить на две пары противоположных векторов.

13.6. Пусть E и F — середины сторон AB и CD четырёхугольни ка ABCD, K, L, M и N — середины отрезков AF, CE, BF и DE.

Докажите, что KLMN — параллелограмм.

13.7. Дано n попарно не сонаправленных векторов (n 3), сумма которых равна нулю. Докажите, что существует выпуклый n-уголь ник, набор векторов сторон которого совпадает с данным набором векторов.

13.8. Даны четыре попарно непараллельных вектора, сумма которых равна нулю. Докажите, что из них можно составить: а) невыпуклый четырёхугольник;

б) самопересекающуюся четырёхзвенную ломаную.

13.9*. Даны четыре попарно непараллельных вектора a, b, c и d, сумма которых равна нулю. Докажите, что |a| + |b| + |c| + |d| > |a + b| + |a + c| + |a + d|.

13.10*. В выпуклом пятиугольнике ABCDE сторона BC параллель на диагонали AD, CD BE, DE AC и AE BD. Докажите, что AB CE.

См. также задачу 5.49.

310 Глава 13. Векторы § 2. Скалярное произведение. Соотношения 13.11. Докажите, что если диагонали четырёхугольника ABCD пер пендикулярны, то и диагонали любого другого четырёхугольника с та кими же длинами сторон перпендикулярны.

13.12. а) Пусть A, B, C и D — произвольные точки. Докажите, что # – # – # – # – # – # – (AB, CD) + (BC, AD) + (CA, BD) = 0.

б) Докажите, что высоты треугольника пересекаются в одной точке.

13.13. Пусть O — центр описанной окружности # – # – # треугольника ABC, – # – а точка H обладает тем свойством, что OH = OA + OB + OC. Докажите, что H — точка пересечения высот треугольника ABC.

13.14. Докажите, что OH2 = R2(1 - 8 cos cos cos ).

13.15. Пусть A1... An — правильный n-угольник, X — произволь ная точка. Рассмотрим проекции X1,..., Xn точки X на прямые A1A2,..., AnA1. Пусть xi — длина отрезка AiXi с учётом знака (знак плюс берётся в случае, когда лучи AiXi и AiAi+1 сонаправлены).

Докажите, что сумма x1 +... + xn равна половине периметра много угольника A1... An.

13.16. Пусть a1,..., an — векторы сторон n-угольника, =(ai, aj).

ij Докажите, что a2 = a2 +... + a2 + 2 aiaj cos, где ai = |ai|.

ij 1 2 n i>j> 13.17. Дан четырёхугольник ABCD. Пусть u=AD2, v=BD2, w=CD2, U = BD2 + CD2 - BC2, V = AD2 + CD2 - AC2, W = AD2 + BD2 - AB2. До кажите, что uU2 + vV2 + wW2 = UVW + 4uvw (Гаусс).

# 13.18*. Точки–A, B, C и D таковы, что для любой точки M числа – # – # # – # – # – (MA, MB) и (MC, MD) различны. Докажите, что AC = DB.

13.19*. Докажите, что в выпуклом k-угольнике сумма расстояний от любой внутренней точки до сторон постоянна тогда и только тогда, когда сумма векторов единичных внешних нормалей равна нулю.

13.20*. В выпуклом четырёхугольнике сумма расстояний от верши ны до сторон одна и та же для всех вершин. Докажите, что этот четырёхугольник является параллелограммом.

См. также задачи 6.72, 6.73, 6.75—6.80, 6.89, 7.3.

§ 3. Неравенства 13.21. Даны точки A, B, C и D. Докажите, что AB2 + BC2 + CD2 + +DA2 AC2 + BD2, причём равенство достигается, только если ABCD — параллелограмм.

13.22. Докажите, что из пяти векторов всегда можно выбрать два так, чтобы длина их суммы не превосходила длины суммы оставшихся трёх векторов.

13.23. Десять векторов таковы, что длина суммы любых девяти их них меньше длины суммы всех десяти векторов. Докажите, что Условия задач существует ось, проекция на которую каждого из десяти векторов положительна.

13.24. Точки A1,..., An лежат на окружности с центром O, причём # – # – #– OA1 +... + OAn = 0. Докажите, что для любой точки X справедливо неравенство XA1 +... + XAn nR, где R — радиус окружности.

13.25. Дано восемь вещественных чисел a, b, c, d, e, f, g, h. Дока жите, что хотя бы одно из шести чисел ac + bd, ae + bf, ag + bh, ce + df, cg + dh, eg + fh неотрицательно.

13.26*. На окружности радиуса 1 с центром O дано 2n + 1 точек P1,..., P2n+1, лежащих по одну сторону от некоторого диаметра. До # – # – кажите, что |OP1 +... + OP2n+1| 1.

13.27*. Пусть a1, a2,..., an — векторы, длины которых не превос ходят 1. Докажите, в сумме c = ±a1 ± a2... ± an можно выбрать что знаки так, что |c| 2.

13.28*. Из точки O выходит n векторов единичной длины, причём в любой полуплоскости, ограниченной прямой, проходящей через точ ку O, содержится не менее k векторов (предполагается, что граничная прямая входит в полуплоскость). Докажите, что длина суммы этих векторов не превосходит n - 2k.

См. также задачи 9.78, 10.5, 11.5, 11.11.

§ 4. Суммы векторов 13.29. Докажите, что точка X лежит на прямой AB тогда и только # – # – # – тогда, когда OX = tOA + (1 - t)OB для некоторого t и любой точки O.

13.30. Дано несколько точек и для некоторых пар (A, B) этих то # – чек взяты векторы AB, причём в каждой точке начинается столько же векторов, сколько в ней заканчивается. Докажите, что сумма всех #– выбранных векторов равна 0.

13.31. Внутри треугольника ABC взята точка O. Докажите, что # – # – # – #– SBOC · OA + SAOC · OB + SAOB · OC = 0.

13.32. Точки A и B движутся по двум фиксированным лучам с об p q щим началом O так, что величина + остаётся постоянной.

OA OB Докажите, что прямая AB при этом проходит через фиксированную точку.

13.33. Через точку M пересечения медиан треугольника ABC про ведена прямая, пересекающая прямые BC, CA и AB в точках A1, B1 и C1. Докажите, что (1/MA1) + (1/MB1) + (1/MC1) = 0 (отрезки MA1, MB1 и MC1 считаются ориентированными).

13.34. На сторонах BC, CA и AB треугольника ABC взяты точки A1, B1 и C1. Отрезки BB1 и CC1, CC1 и AA1, AA1 и BB1 пересе каются в точках A, B2 и C2 соответственно. Докажите, что если # – # – # – #– AA2 + BB2 + CC2 = 0, то AB1 : B1C = CA1 : A1B = BC1 : C1A.

312 Глава 13. Векторы 13.35. Четырёхугольник ABCD вписанный. Пусть Ha — ортоцентр треугольника BCD, Ma — середина отрезка AHa;

точки Mb, Mc и Md определяются аналогично. Докажите, что точки Ma, Mb, Mc и Md совпадают.

13.36*. Четырёхугольник ABCD вписан в окружность радиуса R.

а) Пусть Sa — окружность радиуса R с центром в ортоцентре тре угольника BCD;

окружности Sb, Sc и Sd определяются аналогично.

Докажите, что эти четыре окружности пересекаются в одной точке.

б) Докажите, что окружности девяти точек треугольников ABC, BCD, CDA и DAB пересекаются в одной точке.

§ 5. Вспомогательные проекции 13.37. Точка X лежит внутри треугольника ABC, = SBXC, = SCXA и = SAXB. Пусть A1, B1 и C1 — проекции точек A, B и C на произ # – # – # – вольную прямую l. Докажите, что длина вектора AA1 + BB1 + CC равна ( + + )d, где d — расстояние от точки X до прямой l.

13.38*. Выпуклый 2n-угольник A1A2... A2n вписан в окружность радиуса 1. Докажите, что # – # – # – |A1A2 + A3A4 +... + A2n-1A2n| 2.

13.39*. Пусть a1, a2,..., a2n+1 — векторы длины 1. Докажите, что в сумме c = ±a1 ± a2 ±... ± a2n+1 знаки можно выбрать так, что |c| 1.

13.40*. Пусть a, b и c — длины сторон треугольника ABC, na, nb и nc — векторы единичной длины, перпендикулярные соответствую щим сторонам и направленные во внешнюю сторону. Докажите, что # – a3na + b3nb + c3nc = 12S · MO, где S — площадь, M — точка пересечения медиан, O — центр описанной окружности треугольника ABC.

13.41*. Пусть O и R — центр и радиус описанной окружности тре угольника ABC, Z и r — центр и радиус его вписанной окружности;

K — точка пересечения медиан треугольника с вершинами в точках касания вписанной окружности со сторонами треугольника ABC. До кажите, что точка Z лежит на отрезке OK, причём OZ : ZK = 3R : r.

См. также задачу 4.26.

§ 6. Метод усреднения 13.42*. Даны два набора векторов a1,..., an и b1,..., bm, причём сумма длин проекций векторов первого набора на любую прямую не больше суммы длин проекций векторов второго набора на ту же пря мую. Докажите, что сумма длин векторов первого набора не больше суммы длин векторов второго набора.

Условия задач 13.43*. Докажите, что если один выпуклый многоугольник лежит внутри другого, то периметр внутреннего многоугольника не превос ходит периметра внешнего.

13.44*. Сумма длин нескольких векторов на плоскости равна L.

Докажите, что из этих векторов можно выбрать некоторое число век торов (может быть, только один) так, что длина их суммы будет не меньше L/.

13.45*. Докажите, что если длины всех сторон и диагоналей вы пуклого многоугольника меньше d, то его периметр меньше d.

13.46*. На плоскости даны четыре вектора a, b, c и d, сумма которых равна нулю. Докажите, что |a| + |b| + |c| + |d| |a + d| + |b + d| + |c + d|.

13.47*.

# Внутри выпуклого n-угольника A1A2... An взята точка O – # – #– так, что OA1 +... + OAn = 0. Пусть d = OA1 +... + OAn. Докажите, что периметр многоугольника не меньше 4d/n при чётном n и не меньше 4dn/(n2 - 1) при нечётном n.

13.48*. Длина проекции замкнутой выпуклой кривой на любую прямую равна 1. Докажите, что её длина равна.

13.49*. Дано несколько выпуклых многоугольников, причём нельзя провести прямую так, чтобы она не пересекала ни одного многоуголь ника и по обе стороны от неё лежал хотя бы один многоугольник.

Докажите, что эти многоугольники можно заключить в многоуголь ник, периметр которого не превосходит суммы их периметров.

§ 7. Псевдоскалярное произведение Псевдоскалярным произведением ненулевых векторов a и b называют число c = |a| · |b| sin (a, b);

если хотя бы один из векторов a и b нулевой, то c = 0.

Псевдоскалярное произведение векторов a и b обозначают a b. Ясно, что a b = -b a.

Абсолютная величина псевдоскалярного произведения векторов a и b равна площади параллелограмма, натянутого на эти векторы. В связи с этим ориентированной площадью тройки точек A, B и C называют чис # – # – ло S(A, B, C) = (AB AC)/2;

абсолютная величина числа S(A, B, C) равна площади треугольника ABC.

13.50. Докажите, что:

а) ( a) b = (a b);

б) a (b + c) = a b + a c.

13.51. Пусть a = (a1, a2) и b = (b1, b2). Докажите, что a b = = a1b2 - a2b1.

13.52. а) Докажите, что S(A, B, C) = -S(B, A, C) = S(B, C, A).

б) Докажите, что для любых точек A, B, C и D справедливо равен ство S(A, B, C) = S(D, A, B) + S(D, B, C) + S(D, C, A).

314 Глава 13. Векторы 13.53. Три бегуна A, B и C бегут по параллельным дорожкам с постоянными скоростями. В начальный момент площадь треуголь ника ABC равна 2, через 5 с равна 3. Чему она может быть равна ещё через 5 с?

13.54. По трём прямолинейным дорогам с постоянными скоростями идут три пешехода. В начальный момент времени они не находились на одной прямой. Докажите, что они могут оказаться на одной прямой не более двух раз.

13.55. Решите с помощью псевдоскалярного произведения зада чу 4.29 б).

13.56*. Точки P1, P2 и P3, не лежащие на одной прямой, располо жены внутри выпуклого 2n-угольника A1... A2n. Докажите, что если сумма площадей треугольников A1A2Pi, A3A4Pi,..., A2n-1A2nPi равна одному и тому же числу c для i = 1, 2, 3, то для любой внутренней точки P сумма площадей этих треугольников равна c.

13.57*. Дан треугольник ABC и точка P. Точка Q такова, что CQ AP, а точка R такова, что AR BQ и CR BP. Докажите, что SABC = SPQR.

13.58*. Пусть H1, H2 и H3 — ортоцентры треугольников A2A3A4, A1A3A4 и A1A2A4. Докажите, что площади треугольников A1A2A и H1H2H3 равны.

13.59*. В выпуклом пятиугольнике ABCDE, площадь которого рав на S, площади треугольников ABC, BCD, CDE, DEA и EAB равны a, b, c, d и e. Докажите, что S2 - S(a + b + c + d + e) + ab + bc + cd + de + ea = 0.

Задачи для самостоятельного решения 13.60. Пусть M и N — середины отрезков AB и AC, P — середина от # – # – # – # – резка MN, O — произвольная точка. Докажите, что 2OA+OB+OC=4OP.

13.61. Точки A, B и C движутся равномерно с одинаковыми уг ловыми скоростями по трём окружностям в одну и ту же сторону.

Докажите, что точка пересечения медиан треугольника ABC при этом движется также по окружности.

13.62. Пусть A, B, C, и E — # –D # – # произвольные точки. Существует – # – # – ли такая точка O, что OA + OB + OC = OD + OE? Найдите все такие точки.

13.63. Пусть P и Q — середины диагоналей выпуклого четырёх угольника ABCD. Докажите, что AB2 + BC2 + CD2 + DA2 = AC2 + BD2 + 4PQ2.

13.64. Середины отрезков AB и CD, BC и DE соединены;

середи ны полученных отрезков тоже соединены. Докажите, что последний отрезок параллелен отрезку AE и его длина равна AE/4.

Решения задач 13.65. Вписанная окружность касается сторон BC, CA и AB тре # # угольника ABC в точках A1, B1 и C1. Докажите, что если AA– + BB– + 1 # – #– + CC1 = 0, то треугольник ABC правильный.

13.66. Четырёхугольники ABCD, AEFG, ADFH, FIJE и BIJC яв ляются параллелограммами. Докажите, что четырёхугольник AFHG тоже параллелограмм.

Решения # – # – # – 13.1. а) Пусть a = BC, b = CA и c = AB;

AA, BB и CC — медианы треуголь # – # – # – ника ABC. Тогда AA = (c - b)/2, BB = (a - c)/2 и CC = (b - a)/2. Поэтому # – # – # – #– AA + BB + CC =.

# 0– # – # – б) Пусть a1 = AA, b1 = BB и c1 = CC. Тогда (c1 - b1)/2 = (b - a - a + c)/4 = = -3a/4 — вектор стороны треугольника A2B2C2.

13.2. П е р в о е р е ш е н и е. Пусть a, b и c — векторы сторон треугольни ка T. Тогда (b - a)/2, (a - c)/2 и (c - b)/2 — векторы его медиан. Можно считать, что a, b и c — векторы, идущие из точки пересечения медиан треугольника T1 в его вершины. Тогда b - a, a - c и c - b — векторы его сторон.

В т о р о е р е ш е н и е. Пусть A1 — середина стороны BC треугольника T = ABC, M — точка пересечения его медиан, P — точка, симметричная точ ке M относительно точки A1. В качестве T1 можно взять треугольник BPM.

Его медиана BA1 параллельна BC. Для остальных медиан треугольника T доказательство аналогично.

# – # – # – # – # – # – # – 2M1M # 13.3. Ясно, что – # = A1A2 #+ A2A3 = 2M3M4 = A3A5 и 2M5M6 = # – – # – –A1A3, = A5A1. Поэтому M1M2 + M3M4 + M5M6 = 0.

13.4. После поворота на 90 векторы a1,..., an переходят в векторы сторон n-угольника.

13.5. Из данных векторов можно составить выпуклый четырёхугольник.

Длины всех сторон этого четырёхугольника равны 1, поэтому он — ромб;

пары его противоположных сторон требуемое разбиение.

# – # –дают # – # – # – 13.6. Пусть AE, b = DF и v = AD. Тогда 2AK = b + v и 2AL = a + v + 2b, –= # – # a # – # – поэтому KL = AL - AK = (a + b)/2. Аналогично NM = (a + b)/2.

13.7. Отложим данные векторы от одной точки и, идя по часовой стрел ке, занумеруем их по порядку: a1,..., an. Рассмотрим замкнутую ломаную # – A1... An, для которой AiAi+1 = ai. Докажем, что A1... An — выпуклый мно гоугольник. Введём систему координат, направив ось Ox по вектору a1.

Пусть векторы a2,..., ak лежат по одну сторону от оси Ox, а векторы ak+1,..., an — по другую (если есть вектор, направленный противоположно a1, то его можно отнести к любой из этих двух групп). Проекции векторов первой группы на ось Oy имеют один знак, а проекции векторов второй группы — другой. Поэтому вторые координаты как точек A2, A3,..., Ak+1, так и точек Ak+1,..., An, A1 изменяются монотонно: в первом случае от нуля до некоторой величины d, а во втором — от d до нуля. Так как интервалов монотонности только два, все вершины многоугольника лежат по одну сто рону от прямой A1A2. Для остальных прямых, проходящих через стороны многоугольника, доказательство проводится аналогично.

316 Глава 13. Векторы Рис. 13. 13.8. Согласно задаче 13.7 из данных векторов можно составить выпуклый четырёхугольник. Дальнейшее ясно из рис. 13.1.

13.9. Согласно задаче 13.8 б) из данных векторов можно составить са мопересекающуюся четырёхзвенную ломаную;

её можно представить как две диагонали и две противоположные стороны выпуклого четырёхугольника. Воз можны два случая: вектор a может быть как стороной, так и диагональю этого четырёхугольника. Но в обоих случаях сумма в левой части неравенства пред ставляет собой сумму длин двух противоположных сторон и двух диагоналей четырёхугольника, а в сумму в правой части входит длина суммы векторов тех же самых противоположных сторон и длины двух других противополож ных сторон. Остаётся заметить, что сумма длин двух векторов не меньше длины их суммы, а сумма длин диагоналей выпуклого четырёхугольника больше суммы длин двух противоположных сторон (см. задачу 9.15).

13.10. Пусть диагональ BE пересекает диагонали AD и AC в точках F и G.

Стороны треугольников AFE и BCD параллельны, поэтому они подобны и AF : FE = BC : CD. Следовательно, AD : BE = (AF + BC) : (EF + CD) = BC : CD.

Аналогично AE : BD = DE : AC. Из подобия треугольников BED и EGA по BC CD AE DE лучаем AE : DB = EG : BE = CD : BE. Итак, = = = =. Ясно, AD BE BD AC # – # – # – # – # – #– # – # – # – # – # – # # – # – – что BC + CD + DE + EA AB = 0, AD + BE + CA + DB + EC 0 BC = AD, # – # – # – # – # –+ # – # # – # –= # –и # – # – – CD = BE, DE= CA, E = DB. Следовательно, 0 = (AD+BE+CA+DB)+AB= # – # – # –A # – = - EC + AB, т. е. AB = EC. Поэтому AB EC.

# – # – # – # – 13.11. Пусть a = AB, b = BC, c = CD и d = DA. Достаточно проверить, что AC BD тогда и только тогда, когда a2 + c2 = b2 + d2. Ясно, что d2 =|a + b + c|2 =a2 +b2 +c2 +2[(a, b)+(b, c)+(c, a)]. Поэтому условие AC BD, т. е. 0 = (a + b, b + c) = b2 + (b, c) + (a, c) + (a, b), эквивалентно тому, что d2 = a2 + b2 + c2 - 2b2.

# – 13.12. а) Выразим все входящие в # – # – # – # – # –указанную формулу# векторы через AB, # – # – # – – # – # – # – BC и CD, т. е. запишем AD = AB + BC + CD, CA = -AB - BC и BD = BC + CD.

После сокращения получим требуемое.

б) Пусть D — точка пересечения высот, проведённых из вершин A и C тре угольника ABC. Тогда в доказанной в задаче а) формуле первые два слагаемых нулевые, поэтому последнее слагаемое тоже # нулевое, т. е. BD AC. # – # – – # – # – # – # – Докажем, что AHBC. Ясно, что AH=AO+OH=AO+OA+OB+OC= # 13.13. – # – # – # – # – # – # – # – – # = OB + OC и BC = BO + OC = -OB + OC, поэтому (AH, BC) = OC2 - OB2 = = R2 - R2 = 0, так как O — центр описанной окружности. Аналогично дока зывается, что BH AC и CH AB.

Решения задач 13.14. Ясно, что # – # – # – OH2 = |OA + OB + OC|2 = 3R2 + 2R2(cos 2 + cos 2 + cos 2 ).

Остаётся заметить, что cos 2 + cos 2 + cos 2 = -1 - 4 cos cos cos согласно задаче 12.41 а).

13.15. Достаточно рассмотреть случай, длины сторон многоугольника # –когда – # A1... An равны 1. В этом случае xi = (AiX, AiAi+1). Пусть O — центр правиль ного многоугольника A1... An. Тогда n n n n # – # – # – # – # – # – xi = (AiO, AiAi+1) + OX, AiAi+1 = (AiO, AiAi+1), i=1 i=1 i=1 i= n # – # – поскольку AiAi+1 = 0 для любого многоугольника. Остаётся заметить, что i= # – # – (AiO, AiAi+1) = 1/2 для всех i.

13.16. Пусть = (ai, a1). Рассматривая проекции на прямую, парал i лельную a1, и прямую, перпендикулярную a1, получаем a1 = ai cos i i> и 0 = ai sin соответственно. Возводя эти равенства в квадрат и складывая i i> их, получаем a2 = a2(cos2 + sin2 ) + 2 aiaj(cos cos + sin sin ) = i i i j i j 1 i i>j> i> =a2 +...+a2 +2 aiaj cos( - ). Остаётся заметить, что - = (ai, a1) i j i j 2 n i>j> - (aj, a1) = (ai, aj) =.

ij # – # – # – 13.17. Пусть a = AD, b = BD и c = CD. Так как BC2 = |b - c|2 = BD2 + CD2 -2(b, c), то U = 2(b, c). Аналогично V = 2(a, c) и W = 2(a, b). Пусть = (a, b) и = (b, c). Домножив обе части равенства cos2 + cos2 + cos2( + ) = = 2 cos cos cos( + ) + 1 (см. задачу 12.41 б) на 4uvw = 4|a|2|b|2|c|2, получим требуемое.

# – # – # – 13.18. Фиксируем произвольную точку O. Пусть m=OM, a=OA,..., d=OD.

# – # – # – # – Тогда (MA, MB)-(MC, MD)=(a-m, b-m)-(c-m, d-m)=(c + d - a - b, m)+ + (a, b) - (c, d). Если v = c + d - a - b = 0, то когда точка M пробегает всю плоскость, величина (v, m) принимает все действительные значения, в частности, она принимает значение (c, d) - (a, b). Следовательно, v = 0, # – # – # – # – # – # – т. е. OC + OD = OA + OB, а значит, AC = DB.

13.19. Пусть n1,..., nk — единичные внешние нормали к сторонам, a M1,...

..., Mk — произвольные точки на этих сторонах. Для любой точки X, лежащей # – внутри многоугольника, расстояние до i-й стороны равно (XMi, ni). Поэтому суммы расстояний от внутренних точек A и B до сторон многоугольника k k k # – # – # – равны тогда и только тогда, когда (AMi, ni) = (BMi, ni) = (BA, ni) + i=1 i=1 i= # – n k # – + (AMi, ni), т. е. BA, ni = 0. Следовательно, сумма расстояний от любой i=1 i= внутренней точки многоугольника до сторон постоянна тогда и только тогда, когда ni = 0.

13.20. Пусть l — произвольная прямая, n — единичный вектор, перпендику лярный прямой l. Если точки A и B лежат в той же полуплоскости, заданной 318 Глава 13. Векторы # – прямой l, что и вектор n, то (B, l) - (A, l) = (AB, n), где (X, l) — расстоя ние от точки X до прямой l.

Пусть n1, n2, n3 и n4 — единичные векторы, перпендикулярные последо вательным сторонам четырёхугольника ABCD и направленные внутрь. Обо значим сумму расстояний от точки X до # –сторон четырёхугольника ABCD через (X). Тогда 0 = (B) - (A) = (AB, n1 + n2 + n3 + n4). Аналогично # – (BC, n1 + n2 + n3 + n4) = 0. Так как точки A, B и C не лежат на одной прямой, то n1 + n2 + n3 + n4 = 0.

# –Остаётся воспользоваться результатом задачи–13.5.

# – # – # – # # 13.21. Пусть a = AB, b = BC и c = CD. Тогда AD = a + b + c, AC = a + b – и BD = b + c. Ясно также, что |a|2 + |b|2 + |c|2 + |a + b + c|2 - |a + b|2 - |b + c|2 = = |a|2 + 2(a, c) + |c|2 = |a + c|2 0. Равенство достигается, только если a = -c, т. е. ABCD — параллелограмм.

13.22. Рассмотрим пять векторов a1, a2, a3, a4, a5 и предположим, что дли на суммы любых двух из них больше длины суммы трёх оставшихся. Так как |a1 +a2|>|a3 +a4 +a5|, то |a1|2 + 2(a1, a2) + |a2|2 > |a3|2 + |a4|2 + |a5|2 + 2(a3, a4) + + 2(a4, a5) + 2(a3, a5). Складывая такие неравенства для всех десяти пар векторов, получаем 4(|a1|2 +...) + 2((a1, a2) +...) > 6(|a1|2 +...) + 6((a1, a2)...), т. е. |a1 + a2 + a3 + a4 + a5|2 < 0. Приходим к противоречию.

# – 13.23. Обозначим данные векторы e1,..., e10. Пусть AB = e1 +... + e10. До # – # – кажем, что луч AB задаёт искомую ось. Ясно, что |AB - ei|2 = AB2 - 2(AB, ei) + # – # – # – + |ei|2, т. е. (AB, ei) = (AB2 + |ei|2 - |AB - ei|2)/2. По условию AB > |AB - ei|, # – поэтому (AB, ei) > 0, т. е. проекция положительна.

# – # –вектора ei на луч AB – # 13.24. = OAi и x = OX. и XAi = ai - x. Поэтому Пусть ai Тогда |ai| = R XAi = |ai - x| = |ai - x| · |ai|/R (ai - x, ai)/R = (ai, ai)/R - (x, ai)/R.

Остаётся заметить, что (ai, ai) = R2 и ai = 0.

13.25. Рассмотрим на плоскости четыре вектора (a, b), (c, d), (e, f) и (g, h).

Один из углов между этими векторами не превосходит 360/4 = 90. Если же угол между векторами не превосходит 90, то их скалярное произведение неотрицательно.

Данные шесть чисел являются скалярными произведениями всех пар на ших четырёх векторов, поэтому одно из них неотрицательно.

13.26. Докажем это утверждение по индукции. Для n = 0 утверждение, очевидно, верно. Допустим, что утверждение доказано для 2n + 1 векторов.

Рассмотрим в системе из 2n + 3 векторов два крайних вектора (т. е. два вектора, угол между которыми максимален). Для определённости будем счи # – # – тать, что это — векторы и OP2n+3. По предположению индукции длина # – # – #OP 1 – # – вектора OR = OP2 +... + OP2n+2 не меньше 1. Вектор OR лежит внутри угла # – # – # – P1OP2n+3, поэтому он образует острый угол с вектором OS = OP1 + OP2n+3.

# – # – Следовательно, |OS + OR| OR 1.

13.27. Докажем сначала, что если a, b и c — векторы, длины которых не превосходят 1, то хотя бы один из векторов a ± b, a ± c, b ± c имеет длину, не превосходящую 1. В самом деле, два из векторов ±a, ±b, ±c образуют угол, не превосходящий 60, поэтому разность этих двух векторов имеет длину, не превосходящую 1 (если в треугольнике AB 1, BC 1 и ABC 60, то AC — не наибольшая сторона и AC 1).

Таким образом можно спуститься до двух векторов a и b. Угол между векторами a и b или векторами a и -b не превосходит 90, поэтому либо |a - b| 2, либо |a + b| 2.

Решения задач 13.28. Можно считать, что сумма a данных векторов отлична от нуля, так как иначе утверждение задачи очевидно. Введём систему координат, направив ось Oy по вектору a. Занумеруем векторы нижней полуплоскости по поряд ку — по часовой стрелке: e1, e2,... (рис. 13.2). По условию этих векторов не менее k. Докажем, что среди данных векторов найдутся ещё такие векторы v1,..., vk, что для любого i = 1,..., k вектор vi + ei имеет неположительную вторую коор динату. Этим будет доказано требуемое утвер ждение. В самом деле, длина суммы всех дан ных векторов равна сумме вторых координат (именно так была введена система координат).

Сумма векторов e1, v1,..., ek, vk имеет неполо жительную вторую координату, а вторая коор дината любого из оставшихся n - 2k векторов не превосходит 1. Поэтому вторая координата суммы всех данных векторов не превосходит n - 2k.

Пусть векторы e1,..., ep лежат в четвёртом квадранте. Начнём сопоставлять им векторы Рис. 13. v1,..., vp. Будем поворачивать нижнюю полу плоскость, состоящую из точек с неположительной второй координатой, по ворачивая ось Ox по часовой стрелке на угол от 0 до 90. Если один из двух векторов, лежащих в повёрнутой таким образом полуплоскости, распо ложен в четвёртом квадранте, то их сумма имеет неположительную вторую координату. Как только при повороте плоскости ось Ox перейдёт за век тор e1, к векторам e2,..., ek, лежащим в ней, должен добавиться ещё хотя бы один вектор;

поэтому следующий за ek по порядку вектор можно взять в качестве v1. Аналогично, когда ось Ox перейдёт за вектор e2, получим век тор v2 и т. д. Такие же рассуждения остаются справедливыми до тех пор, пока ось Ox остаётся в четвёртом квадранте. Для векторов ep+1,..., ek, лежащих в третьем квадранте, доказательство проводится аналогично (если вектор ep+ имеет нулевую первую координату, то его следует сначала выбросить из рас смотрения, а затем в качестве парного к нему взять любой из оставшихся векторов).

# – # – 13.29. Точка AB тогда и только тогда, когда AX = AB, # – # – #X–лежит на #прямой – – # т. е. OX = OA + AX = (1 - )OA + OB.

13.30. Возьмём произвольную точку O и запишем все выбранные векторы # – # – # – # – в виде AiAj = OAj - OAi. В силу условия задачи каждый вектор OAi в сумму всех выбранных векторов войдёт со знаком «плюс» столько же раз, сколько и со знаком «минус».

13.31. Пусть e1, и e3 — единичные векторы, сонаправленные с векто # – # – # –e рами OA, OB и OC;

= BOC, = COA и = AOB. Нужно доказать, # – что e1 sin + e2 sin + e3 sin = 0. Рассмотрим треугольник A1B1C1, стороны # # – # – # – – которого параллельны прямым OC, OA и OB. Тогда 0 = A1B1 + B1C1 + C1A1 = = ±2R(e1 sin + e2 sin + e3 sin ), где R — радиус описанной окружности тре угольника A1B1C1.

13.32. Пусть a и b — единичные векторы, сонаправленные с лучами OA и OB, = OA и = OB. Прямая AB состоит из всех таких точек X, что # – # – # – OX=tOA+(1-t)OB=t a+(1-t) b. Требуется найти такие числа x0 и y0, что 320 Глава 13. Векторы x0/ = t = 1 - (y0/ ) при всех рассматриваемых значениях и. Положим x0 = p/c и y0 = q/c. В итоге получаем, что если p/OA + q/OB = c, то прямая AB # – проходит через такую X, что OX = (pa qb)/c.

# точку # – # –+ # – – = pa + (1 - p)b # 13.33. Пусть a = MA, b = MB и c = MC. Тогда e = MC1 – # – и MA1 = qc + (1 - q)b = -qa + (1 - 2q)b. С другой стороны, MA1 = e. Анало # – гично e = MB1 = -rb + (1 - 2r)a. Требуется доказать, что 1 + (1/ ) + (1/ ) = 0.

Так как pa + (1 - p)b = e = -qa + (1 - 2q)b, то p = -q и (1 - p) = 1 - 2q, а значит, 1/ = 1 - 3p. Аналогично p = 1 - 2r и (1 - p) = -r, а значит, 1/ = 3p - 2.

# – # – # – # # – # – # – # – – 13.34. Сложив равенства AA2 + BB2 + CC2 = 0 A2B2 + B2C2 + C2A2 = 0, # – # – # – # #и – # – # – # – – получим AB2 BC2 + CA2 = 0. Следовательно, AB2 = C2B2, BC2 = A2C # – # –+ и C = B2A2. Пусть E — такая точка A2E AA1. Тогда # –A2 # – # – # – # – # –прямой BC, что – # – # BA1 = EA1 и EC = EA1, поэтому A1C = EC - EA1 = ( - 1)EA1. Следовательно, A1C/BA1 = ( - 1)/. Аналогично AB1/B1C = BC1/C1A = ( - 1)/.

13.35. Пусть O — описанной окружности данного четырёхугольника, # – # – # центр # – – a = b = OB, c = OC и d = OD. Если Ha — ортоцентр треугольника BCD, # –OA, # – # –то OHa = b + c + d (см. задачу 13.13). Поэтому OMa = (a + b + c + d)/2 = OMb = # – # – = OMc = OMd.

13.36. Пусть O — описанной окружности данного четырёхугольника, # – # – # центр # – – a = OA, b = OB, c = OC и d = OD. Если Hd — ортоцентр треугольника ABC, то # – OHd = a + b + c (задача 13.13).

# – # – # – а) Возьмём точку K так, что OK = a + b + c + d. Тогда KHd = |OK - OHd| = = |d| = R, т. е. точка K лежит на окружности Sd. Аналогично доказывается, что точка K лежит на окружностях Sa, Sb и Sc.

б) Пусть Od — центр окружности девяти точек треугольника ABC, т. е. се # – # – редина # –отрезка OHd. Тогда OOd = OHd/2 = (a + b + c)/2. Возьмём точку X так, что OX = (a + b + c + d)/2. Тогда XOd = |d|/2 = R/2, т. е. точка X лежит на окружности девяти точек треугольника ABC. Аналогично доказывается, что точка X лежит на окружностях девяти точек треугольников BCD, CDA и # – # DAB.

– 13.37. Пусть X1 — проекция точки на прямую l.

# – # X – # – # Вектор AA1 + BB1 + – + CC1 является проекцией вектора AX1 BX1 + CX1 на # + – # – # –прямую, перпен # – # – дикулярную прямой l. Учитывая, что AX1 BX1 + CX1 = AX + BX + # – # – # – # – # + # – – + CX + ( + + )XX1 и AX + BX + CX = 0 (задача 13.31), получаем требуемое.

# – # – # – 13.38. Пусть a = A1A2 + A3A4 +... + A2n-1A2n, причём a = 0. Введём систе му координат, направив ось Ox вектора a. Так как сумма проекций # – # – # –вдоль векторов A1A2, A3A4,..., A2n-1A2n на ось Oy равна нулю, то длина вектора a равна абсолютной величине разности между суммой длин положительных про екций этих векторов на ось Ox и суммой длин их отрицательных проекций;

следовательно, длина вектора a не превосходит либо суммы длин положи тельных проекций векторов, либо суммы длин их отрицательных проекций.

Легко проверить, что как сумма длин положительных проекций, так и сумма длин отрицательных проекций данных векторов на любую ось не превосходит диаметра окружности, т. е. не превосходит 2.

13.39. Изменив нумерацию данных векторов и при необходимости меняя вектор x на -x, можно считать, что концы векторов a1, a2,..., a2n+1,..., -a1, -a2,..., -a2n+1, выходящих из одной точки, # являются вершинами выпуклого # – – (4n + 2)-угольника A1A2... A4n+2. При A1A2 = a1 - a2, A3A4 = a3 - a4,...

# – # –этом # –..., A2n-1A2n = a2n-1 - a2n, A2n+1A2n+2 = a2n+1 + a1, A2n+3A2n+4 = -a2 + a3, Решения задач # – # – A2n+5A2n+6 = -a4 + a5,..., A4n+1A4n+2 = -a2n + a2n+1. Согласно задаче 13. длина суммы этих векторов не превосходит 2. С другой стороны, сумма этих векторов равна 2(a1 - a2 + a3 - a4 +... + a2n+1).

13.40. Для доказательства равенства векторов достаточно проверить равен ство их проекций (с учётом знака) на прямые BC, CA и AB. Доказательство проведём, например, для проекций на прямую BC;

положительным при этом будем считать направление луча BC. Пусть P — проекция точки A на пря # – # – # – мую BC, N — середина отрезка BC. Тогда PN=PC+CN=(b2+a2-c2)/2a-(a/2)= = (b2 - c2)/2a (PC находится из уравнения AB2 - BP2 = AC2 - CP2). Так как # – # – NM:NA=1:3, то проекция вектора MO на прямую BC равна PN/3=(b2-c2)/6a.

Остаётся заметить, что проекция вектора a3na +b3nb +c3nc на прямую BC равна b3c - c3b abc b2 - c2 b2 - c b3 sin - c3 sin = = · = 2S.

2R 2R a a 13.41. Пусть вписанная окружность касается сторон AB, BC и CA в точках # – 3R – # – R – # – # – # # U, V и W. Требуется доказать, что OZ = ZK, т. е. OZ = (ZU + ZV + ZW).

r r Докажем, например, что проекции (с учётом знака) этих векторов на пря мую BC равны;

положительным при этом будем считать направление луча # –BC.

Пусть N — проекция O прямую BC. Тогда проекция вектора OZ на # – – # –точки # на прямую BC равна NV = NC + CV = (a/2) - (a + b - c)/2 = (c - b)/2. А # – # – # – #проекция – # – вектора ZU + ZV + ZW на эту прямую равна проекции вектора ZU + ZW, т. е. равна -r sin VZU + r sin VZW = -r sin B + r sin C = r(c - b)/2R.

13.42. Введём систему координат Oxy. Пусть l — прямая, проходящая через точку O и образующая угол (0 < < ) с осью Ox, т. е. если точ ка A лежит на l и вторая координата точки A положительна, то AOx = ;

l0 = l = Ox.

Если вектор a образует угол с осью Ox (угол отсчитывается против часовой стрелки от оси Ox к вектору a), то длина проекции вектора a на прямую l равна |a| · |cos( - )|. Интеграл |a| · |cos( - )| d = 2|a| не зави сит от.

Пусть векторы a1,..., an, b1,..., bm образуют с осью Ox углы,...,, 1 n,...,. Тогда по условию |a1| · |cos( - )| +... + |an| · |cos( - )| 1 m 1 n |b1| · |cos( - )| +... + |bm| · |cos( - )| для любого угла. Интегрируя 1 m эти неравенства по от 0 до, получаем |a1| +... + |an| |b1| +... + |bm|.

b З а м е ч а н и е. Величину f(x) dx называют средним значением функ b - a a ции f на отрезке [a, b]. Равенство |a| · |cos( - )| d = 2|a| означает, что среднее значение длины проекции вектора a равно 2|a|/, точнее говоря, среднее значение функции f( ), равной длине проекции вектора a на прямую l, на отрезке [0, ] равно 2|a|/.

13.43. Сумма длин проекций сторон выпуклого многоугольника на любую прямую равна удвоенной длине проекции многоугольника на эту прямую.

322 Глава 13. Векторы Поэтому сумма длин проекций векторов сторон на любую прямую для внут реннего многоугольника не больше, чем для внешнего. Следовательно, соглас но задаче 13.42 сумма длин векторов сторон, т. е. периметр, у внутреннего многоугольника не больше, чем у внешнего.

13.44. Если сумма длин векторов равна L, то согласно замечанию к зада че 13.42 среднее значение суммы длин проекций этих векторов равно 2L/.

Функция f на отрезке [a, b] не может быть всюду меньше своего среднего значения c, так как иначе b 1 (b - a)c c = f(x) dx < = c.

b - a b - a a Поэтому найдётся такая прямая l, что сумма длин проекций исходных векто ров на неё не меньше 2L/.

Зададим на прямой l направление. Тогда либо сумма длин положительных проекций на это направление, либо сумма длин отрицательных проекций не меньше L/. Поэтому либо длина суммы векторов, дающих положительные проекции, либо длина суммы векторов, дающих отрицательные проекции, не меньше L/.

13.45. Обозначим проекцию многоугольника на прямую l через AB. Ясно, что точки A и B являются проекциями некоторых вершин A1 и B1 мно гоугольника. Поэтому A1B1 AB, т. е. длина проекции многоугольника не больше A1B1, a A1B1 < d по условию. Так как сумма длин проекций сторон многоугольника на прямую l равна 2AB, она не превосходит 2d.

Среднее значение суммы длин проекций сторон равно 2P/, где P — пе риметр (см. задачу 13.42). Среднее значение не превосходит максимального, следовательно, 2P/ < 2d, т. е. P < d.

13.46. Согласно задаче 13.42 неравенство |a| + |b| + |c| + |d| |a + d| + |b + d| + + |c + d| достаточно доказать для проекций векторов на прямую, т. е. можно считать, что a, b, c и d — векторы, параллельные одной прямой, т. е. просто числа, причём a + b + c + d = 0. Будем считать, что d 0, так как иначе можно изменить знаки у всех чисел.

Можно считать, что a b c. Нужно разобрать три случая: 1) a, b, c 0;

2) a 0 и b, c 0 и 3) a, b 0, c 0. Все возникающие неравенства про веряются достаточно просто. При разборе третьего случая нужно отдельно рассмотреть случаи |d| |b|, |b| |d| |a| и |a| |d| (в последнем случае нужно учесть, что |d| = |a| + |b| - |c| |a| + |b|).

Pages:     | 1 |   ...   | 4 | 5 || 7 | 8 |   ...   | 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.