WWW.DISSERS.RU

БЕСПЛАТНАЯ ЭЛЕКТРОННАЯ БИБЛИОТЕКА

   Добро пожаловать!

Pages:     | 1 | 2 || 4 | 5 |   ...   | 19 |

1.18. Докажите, что если диагонали вписанного в окружность четырёхугольника перпендикулярны, то расстояние от центра окружности до любой стороны четырёхугольника равно половине длины соответствующей противоположной стороны.

1.19. Докажите, что диагонали четырёхугольника перпендикулярны тогда и только тогда, когда сумма квадратов двух его противоположных сторон равна сумме квадратов двух других противоположных сторон.

1.20. Докажите, что диагонали вписанного в окружность четырёхугольника перпендикулярны, тогда и только тогда, когда сумма квадратов его противоположных сторон равна квадрату диаметра описанной окружности.

1.21. Докажите, что если средние линии четырёхугольника равны, то его диагонали перпендикулярны, и обратно.

1.22. Докажите, что если соответственные стороны двух одинаково ориентированных квадратов ABCD и A1B1C1D1 параллельны, то AA2+CC1 =BB2+DD2.

1 1 1.23. В прямоугольном равнобедренном треугольнике проведена медиана к катету, а к ней — перпендикуляр из вершины прямого угла. Найдите отношение, в котором этот перпендикуляр делит гипотенузу.

1.24. Дан параллелограмм ABCD. Прямая t пересекает прямые AB, AC, AD в точках B1, C1, D1 соответственно;

- - - - - AB1=AB, AD1=AD, AC1=AC.

Вычислите, если даны и.

1.25. Даны окружность с центром O и точка M. Докажите, что сумма квадратов расстояний от точки M до концов хорды, параллельной прямой OM, не зависит от выбора хорды.

1.26. Даны треугольник ABC и точка M. Через точку M проведены прямые, перпендикулярные к MA, MB, MC. Докажите, что точки их пересечения соответственно с прямыми BC, CA, AB коллинеарны.

§ 4. Комплексные координаты некоторых точек Выведем формулы для координат точек, часто встречающихся в задачах.

4.1. Точка пересечения секущих к окружности. Найдём комплексную координату точки пересечения секущих AB и CD к окружности zz=1, если точки A, B, C, D лежат на этой окружности.

На основании (3.12) выполняется система > > > > z+abz=a+b, > < > > > > > :

z+cdz=c+d, из которой почленным вычитанием уравнений легко находим:

(a+b)-(c+d) z=. (4.1) ab-cd В частности, если ABCD, то в силу (3.15) ab=-cd и результат (4.1) приводится к виду 1 1 1 1 z= + + +, 2 a b c d или z= (a+b+c+d). (4.2) При ABCD точка пересечения определяется только тремя точками A, B, C. Поэтому (4.2) целесообразно записать так:

1 ab z= a+b+c-. (4.3) 2 c 4.2. Точка пересечения касательных к окружности. Найдём комплексную координату точки пересечения касательных к окружности zz=1 в её точках A(a) и B(b). На основании (3.17) для искомой координаты z выполняется система > > > > az+az=2, > < > > > > > :

bz+bz=2, 2(a-b) 1 из которой находим z=. Так как a=, b=, то получаем a b ab-ab окончательно:

2ab 1 1 1 z=, или = +. (4.4) a+b z 2 a b 2*—7685.—Я. П. Понарин.

4.3. Ортогональная проекция точки на прямую. Найдём координату ортогональной проекции точки M(m) на прямую, заданную точками A(a) и B(b). Если z — искомая координата, то на основании (3.6) и (3.14) имеем:

> > > > > > z(a-b)+a(b-z)+b(z-a)=0, < > > > > > > :

(a-b)(m-z)+(a-b)(m-z)=0, или > > > > > > z(a-b)-z(a-b)+ab-ab=0, < > > > > > > :

z(a-b)+z(a-b)-(a-b)m-(a-b)m=0, откуда a(m-b)-b(m-a) m z= +. (4.5) 2(a-b) В случае, когда точки A и B принадлежат окружности zz=1, формула (4.5) приводится к более простому виду:

z= (a+b+m-abm). (4.6) Если m=0, то проекция P(p) точки M на прямую AB находится по формуле:

ab-ab p=. (4.7) 2(a-b) Вычислим координату основания перпендикуляра, опущенного из точки M(m) на прямую pz+pz=2pp. Если N(z) — искомое основание, то OP MN, и поэтому > > > > (z-m)p=(z-m)p, > < > > > > > :

pz+pz=2pp, откуда m pm z=p+ -. (4.8) 2 2p 4.4. Центроид и ортоцентр треугольника. Известно, что для центроида G (точки пересечения медиан) треугольника ABC и любой точки O верно равенство - 1 - - OG= (OA+OB+OC).

Поэтому комплексная координата g центроида G вычисляется по формуле g= (a+b+c). (4.9) Выразим комплексную координату h ортоцентра H (точки пересечения высот) треугольника ABC через координаты a, b, c его вершин.

Пусть прямые AH, BH, CH пересекают описанную около треугольника окружность соответственно в точках A1, B1, C1. Пусть эта окружность имеет уравнение zz=1, тогда согласно (3.15) имеем:

bc ca ab a1=-, b1=-, c1=-.

a b c По формуле (4.1) (a+a1)-(b+b1) ab+bc+ca 1 1 h= = + +, aa1-bb1 = abc a b c откуда h=a+b+c. (4.10) В полученное выражение координаты вершин треугольника входят симметрично, поэтому третья высота треугольника проходит через точку пересечения первых двух. Подчеркнём, что равенство (4.10) имеет место лишь тогда, когда начальной точкой плоскости служит центр описанной окружности.

Задачи 1.27. Докажите, что во всяком треугольнике центр O описанной окружности, центроид G и ортоцентр H лежат на одной прямой - 1 (прямой Эйлера треугольника), причём OG= GH.

1.28. Докажите, что точки, симметричные ортоцентру треугольника относительно его сторон и относительно их середин, лежат на описанной около треугольника окружности.

1.29. Точка M — середина стороны AB треугольника ABC, H —его ортоцентр. Докажите, что - MC·MH= AB2.

1.30. Докажите, что прямая, содержащая основания двух высот треугольника, перпендикулярна радиусу описанной около него окружности, проведённому в третью вершину.

1.31. Докажите, что расстояние между ортогональными проекциями точки окружности на два её заданных диаметра не зависит от положения точки на окружности.

1.32. В окружность вписан четырёхугольник. Касательные к окружности в концах одной диагонали пересекаются на другой диагонали, либо параллельны ей. Докажите, что касательные в концах второй диагонали пересекаются на первой диагонали, либо параллельны ей.

1.33. Докажите, что отрезок произвольной касательной к окружности, заключённый между двумя параллельными касательными к ней, виден из центра окружности под прямым углом.

1.34. В окружности проведены два перпендикулярных радиуса OA и OB. Прямые, соединяющие произвольную точку M окружности с точками A и B, пересекают прямые OB и OA соответственно в точ- - - ках B1 и A1. Найдите, если OB1=OB, OA1=OA.

1.35. Докажите, что во всяком вписанном четырёхугольнике отрезки, соединяющие каждую вершину четырёхугольника с ортоцентром треугольника, образованного тремя другими вершинами, пересекаются в одной точке и делятся ей пополам.

1.36. Докажите, что в любом треугольнике ABC OH2=9R2-(AB2+BC2+CA2), где O — центр описанной окружности, R — её радиус, H — ортоцентр треугольника.

1.37. Докажите, что расстояние от ортоцентра треугольника до его вершины вдвое больше расстояния от центра описанной окружности до противоположной стороны.

1.38. Четырёхугольник ABCD вписан в окружность. Докажите, что ортоцентры треугольников BCD, CDA, DAB, ABC лежат на одной окружности, равной данной.

1.39. Докажите, что середины сторон треугольника, основания его высот и середины отрезков, соединяющих ортоцентр с вершинами, лежат на одной окружности (окружности девяти точек треугольника).

1.40. Докажите, что если AA1 и BB1 — высоты остроугольного треугольника ABC и H — его ортоцентр, то AA1·AH +BB1·BH =AB2.

Найдите аналогичное равенство для тупоугольного треугольника.

§ 5. Решение задач методом комплексных чисел З а д а ч а 1. В результате поворота на 90 вокруг точки O отрезок AB перешёл в отрезок A1B1. Доказать, что медиана OM треугольника OAB1 перпендикулярна прямой A1B (рис. 7).

Пусть координаты O, A, B равны, соответственно, 0, 1, b. Тогда точки A1 и B1 будут иметь координаты a1=i и b1=bi (п. 1.4), а середина M отрезка AB1 — координату m= (1+bi). Находим:

a1-b i-b 2i(i-b) = = =2i.

m-0 (i-b) (1+bi) AЭто число чисто мнимое. На основании криBтерия перпендикулярности (п. 3.3) прямые OM и A1B перпендикулярны.

З а д а ч а 2. На гипотенузе AB прямоугольного треугольника ABC построен B квадрат вне треугольника (рис. 8). НайM ти расстояние от вершины C прямого угла O до центра Q квадрата, если длины катетов BC и AC равны, соответственно, a и b.

Примем точку C за начальную, а прямые CA и CB за действительную и мнимую оси.

A Тогда точки A и B будут иметь соответственно комплексные координаты b и ai, причём Рис. b=b и a=a. При повороте на 90 вектор - QB переходит в вектор QA. Поэтому имеем равенство (ai-q)i=b-q, где q — координаa+b та точки Q. Отсюда q=. Находим:

1-i a+b a+b CQ2=qq= · = (a+b)2, 1-i 1+i B a+b Q CQ=.

З а д а ч а 3. Из основания высоты треугольника опущены перпендикуляры на две стороны, не соответственные этой высоте. Доказать, что расстояние между C A основаниями этих перпендикуляров не заРис. висит от выбора высоты треугольника.

Пусть дан треугольник ABC (рис. 9), причём описанная около него окружность имеет уравнение zz=1. Если CD — высо 1 ab C та треугольника, то d= a+b+c-.

2 c Комплексные координаты оснований M и N перпендикуляров, опущенных из точки D M на AC и BC соответственно, равны m= =(a+c+d-acd)/2 и n=(b+c+d-bcd)/2.

N Находим:

AB 1 D m-n= (a-b+cd(b-a))= 1 (a-b)(a-c)(b-c) = (a-b)(1-cd)=.

Рис. 2 4ab Так как |a|=|b|=1, то |m-n|=|(a-b) B1 B (b-c)(c-a)|/4. Это выражение симметрично относительно a, b, c, т. е.

расстояние MN не зависит выбора высоты треугольника.

З а д а ч а 4. В окружность вписаC1 C ны два треугольника ABC и A1B1Cтак, что AA1 BB1 CC1. Доказать, что перпендикуляры, опущенные из верAAшин одного треугольника на прямые, содержащие соответственные стороны Q P другого, пересекаются в одной точке, леРис. жащей на данной окружности. Доказать, чтопрямая,соединяющаядветочкипереS сечения указанных перпендикуляров, параллельна прямой AA1 (рис. 10).

Полагаем, что данная окружность имеет уравнение zz=1. Согласно Cусловию задачи и критерию (3.4) A aa1=bb1=cc1. Пусть перпендикуляры, опущенные из точек A, B, C на прямые AB1C1, C1A1, A1B1, пересекают окружBность в точках A2, B2, C2 соответственно. Тогда a2=-b1c1/a, b2=-a1c1/b, B C c2=-a1b1/c. Поскольку b1/a=a1/b Рис. и c1/b=b1/c, то a2=b2=c2=p, причём pp=1. Аналогично, перпендикуляры, опущенные из точек A1, B1, C1 на прямые BC, CA, AB, пересекаются в одной точке Q, причём q=-bc/a1=-ac/b1=-ab/c1, qq=1. Но pq= aa1bb= cc1, а bb1=cc1, следовательно, pq=aa1. Значит, PQ AA1.

Задача 5. Точки A1, B1, C1 являются ортогональными проекциями вершин A, B, C треугольника на некоторую прямую l. Доказать, что прямые, проходящие через точки A1, B1, C1 перпендикулярно BC, CA, AB соответственно, пересекаются в одной точке, называемой ортополюсом прямой l (рис. 11).

Пусть описанной около треугольника ABC окружности соответствует уравнение zz=1, а данной прямой l — уравнение pz+pz=2pp.

a pa Тогда, согласно (4.8), a1=p+ -. Для того, чтобы точка с коор2 2p динатой z принадлежала перпендикуляру прямой BC, содержащему A1, необходимо и достаточно, чтобы число z-a1 2pz-2pp-ap+pa = b-c 2p(b-c) было чисто мнимым. Проверка показывает, что оно является таковым, в частности, при 1 abcp z=z0= a+b+c+2p+. (5.1) 2 p В самом деле, z0-a1 (p+abp)(p+acp) z0-a= =-.

b-c 2app(b-c) b-c Следовательно, точка S(z0) принадлежит указанному перпендикуляру.

Вследствие того, что в выражение (5.1) координаты a, b, c треугольника ABC входят симметрично, точка S(z0) также принадлежит и двум другим аналогичным перпендикулярам.

Приведённые рассуждения теряют силу, когда прямая l проходит через начало O. В этом случае зададим её точкой M(m) описанной около треугольника ABC окружности. Тогда вторая общая точка прямой l 1 mи окружности имеет координату -m и в силу (4.3) a1= a+.

2 a Вместо (5.1) подвергаем той же проверке число 1 abc z=z0= a+b+c-, (5.2) mи приходим к тому же выводу.

З а д а ч а 6. Из точки окружности опущены перпендикуляры на прямые, содержащие стороны и диагонали вписанного в неё четырёхугольника. Доказать, что произведения длин перпендикуляров, опущенных на противоположные стороны, и произведение длин перпендикуляров, опущенных на диагонали, равны.

Пусть данная окружность имеет уравнение zz=1. Пусть A0, B0, C0, D0, E0, F0 — ортогональные проекции точки M(m) окружности соответственно на прямые AB, BC, CD, DA, AC, BD. Тогда 1 ab 1 cd a0= a+b+m-, c0= c+d+m-.

2 m 2 m Находим:

MA2·MC0 =(m-a0)(m-a0)(m-c0)(m-c)= (m-a)(m-b) (a-m)(b-m) (m-c)(m-d) (c-m)(d-m) = · · · = 2m 2abm 2m 2cdm ((m-a)(m-b)(m-c)(m-d))=.

16m4abcd Симметричность этого выражения относительно a, b, c, d говорит о том, 2 что ему также равны произведения MB2·MD2 и ME0 ·MF0.

0 Задачи 1.41. Около треугольника ABC описана окружность. Касательная к ней в точке C пересекает прямую AB в точке D. Докажите, что точка D делит сторону AB в отношении, равном отношению квадратов прилежащих сторон треугольника.

1.42. Касательные в концах A и B диаметра окружности пересекаются с третьей касательной в точках C и D соответственно. Докажите, что произведение AC·BD не зависит от положения третьей касательной.

1.43. Докажите, что если CF — высота треугольника ABC, то основания перпендикуляров, опущенных из точки F на стороны AC и BC и на высоты AD и BE, коллинеарны.

1.44. Касательная в точке C к окружности пересекает в точке M прямую, содержащую диаметр AB этой окружности. Перпендикуляр к AB в точке M пересекает прямые AC и BC в точках D и E.

Докажите, что точка M — середина отрезка DE.

1.45. На сторонах CA и CB треугольника ABC вне его построены квадраты CAMN и CBPQ с центрами O1 и O2. Точки D и F — середины отрезков MP и NQ. Докажите, что треугольники ABD и O1O2F прямоугольные и равнобедренные.

1.46. Боковые стороны BC и AD трапеции ABCD после поворота на 90 вокруг своих середин заняли положения B1C1 и A1D1. Докажите, что A1B1=C1D1.

1.47. На сторонах четырёхугольника вне его построены квадраты.

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

1.48. Через ортоцентр треугольника проведена произвольная прямая. Докажите, что прямые, симметричные ей относительно сторон треугольника пересекаются в одной точке, лежащей на описанной около треугольника окружности.

§ 6. Классические теоремы элементарной геометрии 6.1. Теорема Ньютона. В описанном около окружности четырёхугольнике середины диагоналей коллинеарны с центром окружности.

Пусть данная окружность имеет уравнение zz=1. Далее, пусть A0B0C0D0 — данный четырёхугольник и A, B, C, D — точки касания его сторон A0B0, B0C0, C0D0, D0A0 с окружностью (рис. 12). Пусть M и N — середины диагоналей A0C0 и B0D0 соответственно. Тогда согласно (4.4) точки A0, B0, C0, D0 будут иметь, соответственно, координаты 2ad 2ab 2bc 2cd a0=, b0=, c0=, d0=.

a+d a+b b+c c+d Поэтому 1 ad bc 1 ab cd m= (a0+c0)= +, n= (b0+d0)= +.

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