WWW.DISSERS.RU

БЕСПЛАТНАЯ ЭЛЕКТРОННАЯ БИБЛИОТЕКА

   Добро пожаловать!

Pages:     | 1 |   ...   | 15 | 16 || 18 | 19 |

4.43. Используя круговые преобразования, докажите, что двойное отношение четырёх точек, лежащих на одной окружности или одной прямой, вещественно. В каком случае оно положительно и в каком — отрицательно 10—7685.—Я. П. Понарин.

ЗАДАЧИ СМЕШАННОГО СОДЕРЖАНИЯ 5.1. В окружность вписана трапеция ABCD. Продолжения её боковых сторон AD и BC пересекаются в точке M, а касательные в вершинах B и D пересекаются в точке N. Докажите, что прямые AB и MN параллельны.

5.2. Дан треугольник ABC. Точки A1, B1, C1 являются ортогональными проекциями произвольной точки M на прямые BC, CA, AB.

Точка O — центр окружности, описанной около треугольника ABC.

Докажите, что центроид треугольника A1B1C1 совпадает с серединой отрезка OM.

5.3. В окружности проведены параллельные сонаправленные хорды AB и CD. Постройте на хорде AD такую точку M, чтобы хорда окружности, делящаяся точкой M пополам, была параллельна данным хордам.

5.4. На сторонах BC, CA, AB треугольника ABC как на диагоналях построены одинаково ориентированные квадраты BA1CA2, CB1ABи AC1BC2. Докажите, что прямые AA1, BB1, CC1 содержат высоты треугольника A1B1C1, а прямые AA2, BB2, CC2 — высоты треугольника A2B2C2, причём AA1=B1C1, BB1=C1A1, CC1=A1B1.

5.5. Даны три неколлинеарные точки A(a), B(b), C(c). Постройте точку D(d) такую, чтобы a-c a-d + =0.

b-c b-d 5.6. На сторонах треугольника ABC вне его построены квадраты BCMN, CAPQ, ABRS. Точки X, Y, Z — ортогональные проекции центра O окружности, описанной около треугольника ABC, на прямые - - - MN, PQ, RS. Докажите, что AX +BY +CZ= 0.

5.7. Дан правильный семиугольник A0A1... A6. Докажите следующие равенства:

A0A2=A0A2+A0A1·A0A3, A0A2=A0A2+A0A2·A0A3.

2 1 3 5.8. Диаметр AB окружности разделён точками M и N на три равные части. Докажите, что для любой точки P окружности сумма PM2+PN2 одна и та же.

5.9. В окружность вписан треугольник ABC. Докажите, что h2= c =mn, где m и n — расстояния от вершин A и B до касательной к в точке C.

5.10. Докажите, что если сумма квадратов расстояний от любой точки плоскости до двух противоположных вершин четырёхугольника равна сумме квадратов расстояний до двух других его вершин, то этот четырёхугольник — прямоугольник.

5.11. На стороне AB правильного треугольника ABC выбрана точка C1 так, что AC1:C1B=3:2, а на стороне AC — точка B1 так, что AB1:B1C=3:14. Отрезки BB1 и CC1 пересекаются в точке P. Докажите перпендикулярность прямых PA и CC1.

5.12. Комплексным числам 1, a, b и ab соответствуют точки P, A, - - - B и C. Выразите вектор OC через векторы OA, OB, OP.

5.13. Докажите, что прямые Симсона двух диаметрально противоположных точек описанной около треугольника окружности относительно этого треугольника пересекаются на окружности девяти точек треугольника.

5.14 (теорема Штейнера). Через вершину A треугольника ABC проведены две прямые, образующие равные углы со сторонами AB и AC и пересекающие сторону BC в точках M и N. Докажите, что BM BN AB· =.

CM CN AC5.15. В окружность (O, R) вписан треугольник ABC. Через центр O проведена прямая l, пересекающая AC и BC в точках M и N таких, что OM =ON. Выразите расстояние MN через R и углы треугольника.

5.16 (обобщение теоремы Монжа). На окружности даны пять точек. Через центроид треугольника с вершинами в трёх из них проводится прямая, перпендикулярная прямой, содержащей две оставшиеся точки. Докажите, что построенные таким образом десять прямых пересекаются в одной точке.

5.17. Через произвольную точку P окружности, описанной около треугольника ABC, проведены прямые, параллельные сторонам BC, CA, AB этого треугольника, и вторично пересекающие окружность ABC в точках A1, B1, C1. Точки A2, B2, C2 симметричны точкам A, B, C относительно прямых B1C1, C1A1, A1B1. Докажите, что 1) треугольники ABC и A2B2C2 равны и противоположно ориентированы;

2) OO2=PH, где O и O2 — центры окружностей ABC и A2B2C2, а H — ортоцентр треугольника ABC.

5.18. Углы треугольника ABC образуют геометрическую прогрессию со знаменателем 2. Докажите, что середины его сторон и основания высот являются шестью вершинами правильного семиугольника.

10*—7685.—Я. П. Понарин.

5.19. Четырёхугольник ABCD вписан в окружность с центром O.

Из точек A и B опущены перпендикуляры AA2 и BB2 на CD, из точек B и C — перпендикуляры BB1 и CC1 на DA, из точек C и D — перпендикуляры CC2 и DD2 на AB, наконец, из точек D и A опущены перпендикуляры DD1 и AA1 на BC. Докажите, что 1) отрезки A1A2, B1B2, C1C2, D1D2 равны и содержащие их прямые пересекаются в одной точке, симметричной точке O относительно центроида четырёхугольника ABCD;

2) четырёхугольники A1B1C1D1 и A2B2C2D2 подобны четырёхугольнику ABCD и вписаны в окружности с общим центром в точке пересечения указанных четырёх прямых.

5.20. На окружности даны шесть точек. Ортоцентр треугольника с вершинами в трёх из них соединён с центроидом треугольника с вершинами в трёх остальных. Докажите, что полученные таким способом двадцать отрезков пересекаются в одной точке, которая делит каждый из них в одном и том же отношении.

5.21. На сторонах четырёхугольника вне его построены квадраты.

Докажите, что отрезки, соединяющие центры квадратов, построенных на противоположных сторонах, равны и перпендикулярны.

5.22. В окружность вписан четырёхугольник с перпендикулярными диагоналями. Докажите, что около четырёхугольника, образованного касательными к окружности в вершинах данного четырёхугольника, можно описать окружность.

5.23. Докажите, что в гармоническом четырёхугольнике (§ 15) расстояния от точки пересечения диагоналей до его сторон пропорциональны длинам этих сторон.

ОТВЕТЫ, УКАЗАНИЯ, РЕШЕНИЯ Глава 1.5. c=-ia+(1+i)b, d=(1-i)a+ib. 1.6. Для положительно ориентированно го треугольника ABC: 1) a(1+i 3)/2, 2) a(-1+i 3)/2, 3) ai 3/3; для отрицательно ориентированного треугольника ABC: 1) a(1-i 3)/2, 2) -a(1+i 3)/2, 3) -ai 3/3.

1.14. Если начальная точка совпадает с центром параллелограмма, то данное в условии равенство эквивалентно равенству aa=bb. 1.15. Можно положить a=1, b=-1, cc= =1, m=m. 1.16. MA2 +MB2=2mm+2aa=2R2+AB2/2. 1.22. Можно принять a=1, b=i, c=-1, d=-i. По условию параллельности b1-a1=(b-a) (=). Отсюда b1= =a1 +(i-1), аналогично c1=a1-2, d1=a1-(i+1). 1.23. =2. 1.24. /(+).

1.25. Указанная сумма квадратов расстояний равна 2(OM2 +R2), где R — радиус данной окружности. 1.26. Если принять m=0, то точки пересечения будут иметь координаты:

a(bc-bc) b(ca-ca) c(ab-ab),,. 1.31. Указанное расстояние равa(c-b)+a(c-b) b(a-c)+b(a-c) c(b-a)+c(b-a) но |a2-b2|/2, где a — координата конца одного диаметра, b — координата конца другого диаметра. 1.34. (+1)/(-1). 1.35. Для четырёхугольника ABCD эта точка имеет координату (a+b+c+d)/2. 1.38. Если четырёхугольник ABCD вписан в окружность zz=1, то центр окружности, содержащей ортоцентры указанных треугольников, имеет координату a+b+c+d. 1.39. Центр окружности девяти точек треугольника находится в середине - отрезка OH, а её радиус равен R/2. 1.40. Так как векторы AA1 и AH сонаправлены, то - a+b-2c AA1 ·AH =AA1·AH. Если угол B тупой, то AA1 ·AH -BB1·BH =AB2. 1.41. d=, ab-c AD d-a b(c-a)2 CA= = =. 1.42. AC·BD=R2. 1.44. Положим a=1, b=-1. Тогда m= d-b a(c-b)2 CBBD =m=2c/(1+c2)=2/(c+c). 1.45—1.47. См. п. 1.4 и задачу 1.5. 1.48. Используйте задачу 1.28. Три прямые, симметричные данной, пересекают описанную окружность в точке -abc/(mn), где m и n — точки пересечения данной прямой с окружностью.

1.54. cos =4/5. 1.55. Если A1, B1, C1 — основания высот треугольника ABC, то доказа k h-a1 c1-a- - - - -k тельство равенства A1B1, A1H = A1H, A1C1 сводится к тому, что число :

b1-a1 h-ab b должно быть действительным. 1.56. Равенство A-B=/2 эквивалентно равенству (c-a)(c-b) arg =/2. Пусть треугольник ABC вписан в окружность zz=1. Предыдущее (b-a)(a-b) равенство сводится к ab=-c2. Если D — основание высоты, E — середина AB, то c= (a2-b2)(b2-c2)(c2-a2) =d-e и DE2=cc=1. 1.57. 30, 60, 90. 1.58. S(A1B1C1)=. 1.59.

16ia2b2cb-a b-c c-a arg, arg a+b+c a+b+c, arg a+b+c. 1.60. Если треугольник ABC ориентирован поb b b c+b a+c b+a ложительно и вписан в окружность zz=1, то ctg A= i, ctg B= i, ctg C= i.

c-b a-c b-a 1.61. Если дан пятиугольник ABCDE, то площадь указанного треугольника равна (a-c)(b-d)(c-e)(e-b)i (a2 -b2)(b2-c2)(c2-a2)i. 1.62. S(A1B1C1)=. 1.63. 1/4.

8abcde 4a2b2c1.64. Пусть треугольник ABC вписан в окружность zz=1, и продолжения высоты и медианы, содержащих вершину C, пересекают эту окружность в точках P и M. Тогда из равенства углов следует b:m=m:p=p:a. Но p=-ab:c, значит, b:m=-(cm):(ab)=-b:c, откуда m=-c и ab=-c3. Из принадлежности середины AB хорде CM получаем (a+b) (ab-c2)=0. При ab=c2 будет a=b=-c, т. е. треугольник ABC вырождается. При b d a+b=0 он прямоугольный. В этом случае c:b=m:a. Следовательно, A=ACM=b и B=30. 1.65. См. указание к задаче 1.56. 1.66. См. решение задачи 1.64. 1.67. См.

b b b-ci· c-a задачу 1.60. 1.68. Условие tg A tg B=2 приводит к равенству i=2, или b+c c+a 3bc+3ca+ab+c2=0, откуда -ab/c=3a+3b+c. Если M — середина высоты CC1, то m=(c+c1)/2=(a+b+3c-ab/c)/4=a+b+c=h. 1.69. См. решение задачи 1.68. 1.71. Пусть треугольник вписан в окружность zz=1. Тогда a1 =bc/a, b1=ca/b, c1=ab/c, и для точ(a+b1)-(a1+b) ab+bc+ca ки D пересечения прямых AB1 и A1B выполнено d= =, ab1-a1b c(a2+ab+b2) a+b+c 1 откуда d= = h. Поскольку число действительное, то 1+ab+ab 1+ab+ab 1+ab+ab точки O, H, D коллинеарны. 1.73. При обозначениях п. 6.3 (теорема Симсона) докажите, что точки A1 и B1 коллинеарны с серединой отрезка MH. 1.74. Пусть M и N — ортогональные проекции точки D на прямые BC и AC. Тогда m=(b+c+d-bc/d)/и n=(a+c+d-ac/d)/2 и поэтому m-n=(a-b)(c-d)/(2d). Поскольку OH MN, то (m-n)h+(m-n)h=0, где h=a+b+c. Полученное равенство ab+ac+ad+bc+bd+cd=симметрично относительно a, b, c, d. Значит, для этого свойства вершины четырёхугольника ABCD равноправны. 1.75. Если хорды A1A2, B1B2, C1C2 пересекаются в точке M, то a2= a1 -m =. Пусть A — точка пересечения касательных в концах хорды A1A2. Тогда a= ma1-2(ma1-1) =2/(a1+a2)=. Аналогично находятся координаты b и c точек пересечения ma2-m двух пар других касательных. Осталось проверить, что число (a-b)/(a-c) действительное.

1.76. Примените результат задачи 1.73. 1.78. Центр окружности A1B1C1 имеет коордиb b b b abc(a+b+c) нату (a+b)(b+c)(c+a). 1.80. 1) A=C, 2) C=60 или C=120. 1.81. Пусть окружность zz=1 пересекает прямые BC, CA, AB, соответственно, в точках A1 и A2, B1 и B2, C1 и C2, и точки A1, B1, C1 служат проекциями точки M на эти прямые. Тогда согласно (4.6) a2 -a1+m-a1a2m=0, b2-b1+m-b1b2m=0, c2-c1+m-c1c2m=0. Поэтому система уравнений вторых перпендикуляров a1 -a2+z-a1a2z=0, b1-b2+z-b1b2z= =0, c1 -c2+z-c1c2z=0 с очевидностью имеет решение z=-m. Следовательно, они пересекаются в точке, симметричной точке M относительно центра окружности. 1.82. Невозможность такого построения следует из кубического уравнения abc=e3. 1.85. Пусть прямые MA, MB, MC пересекают описанную окружность в точках A1, B1, C1. Если прямая, симметричная прямой AA1 относительно биссектрисы угла A, пересекает эту окружность в точке A2, то A1A2 BC. Точка пересечения второй тройки прямых имеет коabcm-(ab+bc+ca)+m(a+b+c) ординату, сопряжённую числу.

mm-Глава 2.2. BB1·CA+CC1·AB=|(b1-b)(a-c)|+|(c1-c)(b-a)||ab1-ab-cb1+bc1-ac1+ac|.

На основании (8.1) (a-b)/(b-c)=(a1-b1)/(b1-c1), откуда ab1-ac1+bc1-a1b+ +a1c+cb1=0 и поэтому BB1 ·CA+CC1·AB|ab1-ab-cb1+bc1-ac1+ac-(ab1-ac1+ +bc1-a1b+a1c+cb1)|=|a1b-a1c-ab+ac|=|a1-a|·|b-c|=AA1·BC. 2.3. По условию a1-a c1-c b1-c d1-a = = = =, откуда a1 +c1=b1+d1. 2.5. Искомое множество — b-a d-c b-c d-a образ окружности ABC при гомотетии с коэффициентом 2k и центром в центре этой окружности. 2.6. A1B1 =|bc/m-ca/m|=|c/m|·|b-a|=AB. Треугольники ABC и A1B1C1 симметричны относительно диаметра, перпендикулярного хордам AA1, BB1, CC1. 2.7. Пусть f=0.

a-c1 q ap-bq Из подобия треугольников ABC1 и QPF имеем =, откуда c1 =. Выразите b-c1 p p-q b1-a1 q-p аналогично a1 и b1 и проверьте, что =. 2.9. Из равенств a+b+2c= c1 -a1 r-p =0 и a1 +b1+2c1=0 получаем a-a1+(b-b1)+2(c-c1)=0. Тогда AA1 =|a-a1|= =|(b-b1)+2(c-c1)|=|(b-b1)+(c-c1)||b-b1|+|c-c1|=BB1+CC1. Равенства имеют место лишь при совпадении треугольников. 2.11. Если центр симметрии шестиугольника ABCDEF принят за начальную точку, то d=-a, e=-b, f =-c. Согласно условию a+b+2p=0, c-a+2q=0, -b-c+2r=0. Если эти равенства умножить, соответственно, на, 1, 2 и почленно сложить, то получим p+r+2q=0, так как 3=1 и 4=.

Точки P, Q, R могут совпадать. 2.12. Пусть a=1, b=, c=2. Тогда mm=1, и a+b+c=0.

Проверьте, что левая часть доказываемого равенства равна 3((mm)2 +4mm+1). 2.13.

Пусть b=0, c=1, a==cos /3+i sin /3. Тогда d=d и e-a=d. Отсюда ED2=EC2= =1+d+d2. 2.14. Пусть параллелограмм ABCD ориентирован положительно и a=0.

Тогда c=b+d, m=-b, n=-2d и поэтому c+n+2m=0. 2.17. Если a=0, b=1, c= ==cos /3+i sin /3, т. е. 3 =-1 и 2-+1=0, то a1 =(+2)/3, b =2/3, c1=1/3, da2=(1+4)/9. Отсюда a2-a1=2(a2 -a). Значит, A2A1=A2A и AA2A1 =arg 2 =2/3.

p p 2.20. Если n=8, то A0A1=R 2- 2, A0A3=R 2+ 2. При n=10 будет A0A1=( 5-1) R/2, A0A3=( 5+1)R/2. 2.21. Пусть точкам касания соответствуют числа 1, i, -1, -i.

Тогда вершины квадрата ABCD имеют координаты a=1+i, b=-a, c=-a, d=a. 2.22.

Эта сумма равна 24R4. 2.23. Пусть R=1, OM =d, вершинам многоугольника соответn-ствуют числа 1, z, z2,..., zn-1. Искомая сумма равна (zk-m)2(zk -m)2. Преобразуйте k=её, учитывая, что zkzk=1, mm=d2, 1+z+z2+...+zn-1=0 и 1+z2+z4+...+(z2)n-1 =0.

2.24. Надо доказать, что |z+1|=|z4+1|+|z2+1|. Ср. с задачей 3 § 10. 2.25. Примите во внимание, что для правильного 15-угольника z10 +z5+1=0. 2.26. См. решение задачи 5 § 10. 2.27. Проекции вершин многоугольника на данную прямую находятся по формуле (4.3), при этом следует учесть, что zk=zn-k. Указанная сумма равна nR2/2. 2.28. 60.

2.29. Центр симметрии шестиугольника примите за нулевую точку. Для нахождения координат третьих вершин построенных правильных треугольников используйте поворот на 60, т. е. умножение на =cos /3+i sin /3. Эту же идею можно использовать и для доказательства требуемого утверждения. 2.30. Окружность ABC принимаем за единичную. Пусть a=1, b=3, где =cos /4+i sin /4. Тогда c=5=-, так как 4 =-1.

Если Mk (k=0, 1, 2,..., 7) — вершины указанного восьмиугольника, то следует доказать, что mk-mk-1=(mk-1-mk-2). 2.31. Пусть ak =zk, причём z13=-1. Если P и Q — точки, симметричные центру O относительно хорд A0A24 и A1A5, то p=1+z24=1-z11, q= =z+z5. Проверьте, что (p-q)(p-q)=3. 2.32. Пусть ak=zk, где z=cos /21+i sin /21.

Следовательно, z21=-1, z14 -z7+1=0 и z18 -z15+z12-z9+z6-z3+1=0. Находим a = k =(zk +zk)/2=(zk-z21-k)/2 и проверяем заданное равенство. 2.33. Пусть ABCDEF — данный шестиугольник и Gk (k=1, 2, 3, 4, 5, 6) — центры последних треугольников.

Pages:     | 1 |   ...   | 15 | 16 || 18 | 19 |



© 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.