Глава 1. Задачи для самостоятельного решения  |	Оглавление |	Глава 2

1.1.

a) Пусть P и Q — середины сторон AB и CD, K и L - точки пересечения прямой PQ с диагоналями AC и BD. Тогда PL = a/2 и PK = b/2, поэтому KL = PL – PK = (a – b)/2.

б) Возьмем на стороне AD точку F так, что BF||CD. Пусть E — точка пересечения отрезков MN и BF. Тогда

MN = ME + EN =

qAF p + q

+ b =

q(a – b) + (p + q)b p + q

=

qa + pb p + q

.

1.2.

Пусть K, L, M и N — середины сторон AB, BC, CD и DA соответственно четырехугольника ABCD. Тогда KL = MN = AC/2 и отрезок KL параллелен MN, т. е. KLMN — параллелограмм. Теперь ясно, что KLMN - прямоугольник, если диагонали AC и BD перпендикулярны; ромб, если AC = BD; квадрат, если диагонали AC и BD равны по длине и перпендикулярны.

1.3.

а) Обозначим точку пересечения отрезков AA₁ и BB₁ через O. Проведем в треугольнике B₁BC отрезок A₁A₂||BB₁. Тогда B₁C/B₁A₂ = 1 + p, поэтому AO : OA₁ = AB₁ : B₁A₂ = B₁C : qB₁A₂ = (1 + p) : q.

б) Пусть BA₁ : A₁C = 1 : p и AB₁ : B₁C = 1 : q. Тогда AD : DA₁ = (1 + p) : q и BD : DB₁ = (1 + q) : p. Поэтому

a1 =

1 + p + q 1 + p

,

b1 =

1 + p + q 1 + q

и c = (1 + p + q)d.

1.4.

Пусть A₂ — середина отрезка A₁B. Тогда CA₁ : A₁A₂ = CP : PC₁ и A₁A₂ : A₁B = 1 : 2, поэтому CA₁ : A₁B = CP : 2PC₁. Аналогично CB₁ : B₁A = CP : 2PC₁ = CA₁ : A₁B.

1.5.

Точка P лежит на медиане QM треугольника AQD (или на ее продолжении). Легко проверить, что решение задачи 1.4 остается верным и в случае, когда точка P лежит на продолжении медианы. Следовательно, BC||AD.

1.6.

Так как DAQP ~ DCQB, то AQ : QC = AP : BC = 1 : n. Поэтому AC = AQ + QC = (n + 1)AQ.

1.7.

Центр параллелограмма A₁B₁C₁D₁ как середина отрезка B₁D₁ принадлежит отрезку, соединяющему середины сторон AB и CD. Аналогично он принадлежит отрезку, соединяющему середины сторон BC и AD. Точка пересечения этих отрезков — центр параллелограмма ABCD.

1.8.

Ясно, что AK : KM = BK : KD = LK : AK, т. е. AK² = LK · KM.

Рис. 1.3

1.9.

Пусть AC — диаметр окружности, описанной около четырехугольника ABCD. Опустим перпендикуляры AA₁ и CC₁ на BD (рис. 1.3). Нужно доказать, что BA₁ = DC₁. Опустим перпендикуляр OP из центра O описанной окружности на BD. Ясно, что P — середина отрезка BD. Прямые AA₁, OP, CC₁ параллельны и AO = OC, поэтому A₁P = PC₁. Так как P — середина BD, то BA₁ = DC₁.

1.10.

Так как BO = PD, то BO : OD = DP : PB = k. Пусть BC = 1. Тогда AD = k и ED = 1/k. Поэтому k = AD = AE + ED = 1 + (1/k), т. е. k² = 1 + k. Остается заметить, что k² = AD² и 1 + k = BC² + BC · AD.

1.11.

Пусть C, D, E, F — середины сторон AO, OB, BM, MA соответственно четырехугольника AOBM. Поскольку AB = MO = R, где R — радиус данной окружности, то согласно задаче 1.2. CDEF — ромб. Поэтому CE^DF.

1.12.

а) Если прямые, на которых лежат данные точки, параллельны, то утверждение задачи очевидно. Будем считать, что эти прямые пересекаются в точке O. Тогда OA : OB = OB₁ : OA₁, и OС : OA  =  OA₁ : OC₁, поэтому OC : OB = OB₁ : OC₁, а значит, BC₁||CB₁ (отношения отрезков следует считать ориентированными).

б) Пусть D и E — точки пересечения прямых AB₁ и CA₁, CB₁ и AC₁. Тогда CA₁ : A₁D = CB : BA = EC₁ : C₁A. А так как DCB₁D ~ DEB₁A, точки A₁, B₁ и C₁ лежат на одной прямой.

1.13.

Точка, лежащая на биссектрисе угла, равноудалена от его сторон. Пусть a — расстояние от точки A₁, до прямых AC и AB, b — расстояние от точки B₁ до прямых AB и BC. Пусть, далее, A₁M : B₁M = p : q, причем p + q = 1. Тогда расстояния от точки M до прямых AC и BC равны qa и рb соответственно. С другой стороны, согласно задаче 1.1, б) расстояние от точки M до прямой AB равно qa + pb.

Рис. 1.4

1.14.

Пусть прямая, проходящая через центр O данного прямоугольника параллельно BC; пересекает отрезок QN в точке K (рис. 1.4). Так как MO||PC, то QM : MP = QO : OC, а так как KO||BC, то QO : OC = QK : KN. Следовательно, QM : MP = QK : KN, т. е. KM||NP. Поэтому РMNP = РKMO  =  РQNM.

1.15.

Проведем через точку M прямую EF, параллельную CD (точки E и F лежат на прямых BC и AD). Тогда PL : PK = BL : KD и OK : OL = KA : CL = KA : KF = BL : EL. Так как KD = EL, то PL : PK = OK : OL, а значит, PL = OK.

1.16.

Рассмотрим параллелограмм ABCD₁. Можно считать, что точки D и D₁ не совпадают (иначе утверждение задачи очевидно). Возьмем на сторонах AD₁ и CD₁ точки S₁ и R₁ так, что SS₁||DD₁ и RR₁||DD₁. Пусть N — точка пересечения отрезков PR₁ и QS₁; N₁ и N₂ — точки пересечения прямой, проходящей через N параллельно DD₁, с отрезками PR и QS соответственно. Тогда

® N1N

=  b

® RR1

= ab

® DD1

и 

® N2N

= a

® SS1

= ab

® DD1

.

Поэтому N₁ = N₂ — точка пересечения отрезков PR и QS. Ясно, что PN₁ : PR = PN : PR₁ = b и QN₂ : QS = a.

Замечание. В случае a  =  b есть более простое решение. Так как BP : BA = BQ : BC = a, то PQ||AC и PQ : AC = a. Аналогично RS||AC и RS : AC = 1 – a. Поэтому отрезки PR и QS делятся точкой их пересечения в отношении a : (1 – a).

1.17.

а) Опустим из вершин A и C перпендикуляры AK и CL на прямую BD. Так как РCBL = РABK и РCDL = РKDA, то DBLC ~ DBKA и DCLD ~ DAKD. Поэтому AD : DC = AK : CL = AB : BC.

б) Учитывая, что BA₁ : A₁C = BA : AC и BA₁ + A₁C = BC, получаем BA₁ = ac/(b + c). Так как BO — биссектриса треугольника ABA₁, то AO : OA₁ = AB : BA₁ = (b + c) : a.

1.18.

Пусть O — центр описанной окружности равнобедренного треугольника ABC, B₁ — середина основания AC, A₁ — середина боковой стороны BC. Так как DBOA₁ ~ DBCB₁, то BO : BA₁ = BC : BB₁, а значит,

R = BO = a2/

Ц

4a2 – b2

.

1.19.

Если РEAD = j, то AE = AD/cos j  =  AB/cos j и AF = AB/sin j. Поэтому

1 AE2

+

1 AF2

=

(cos 2j + sin 2j) AB2

=

1 AB2

.

1.20.

Легко проверить, что AB²₂ = AB₁ · AC = AC₁ · AB = AC²₂.

1.21.

а) Так как BQ : QM = BN : AM = BK : AK, то KQ||AM.

б) Пусть O — центр вписанной окружности. Так как РCBA + РBAD = 180°, то РABO + РBAO = 90°. Поэтому DAKO ~ DOKB, т. е. AK : KO = OK : KB. Следовательно, AK · KB = KO² = R², где R — радиус вписанной окружности. Аналогично CL · LD = R².

1.22.

Если угол ABC тупой (соответственно острый), то угол MAN тоже тупой (соответственно острый). Кроме того, стороны этих углов взаимно перпендикулярны. Поэтому РABC = РMAN. Прямоугольные треугольники ABM и ADN имеют равные углы ABM и ADN, поэтому AM : AN = AB : AD = AB : CB, т. е. DABC ~ DMAN.

1.23.

Возьмем на диагонали AC такие точки Dў и Bў, что BBў||l и DDў||l. Тогда AB : AE = ABў : AG и AD : AF = ADў : AG. Так как стороны треугольников ABBў и CDDў попарно параллельны и AB = CD, эти треугольники равны и ABў = CDў. Поэтому

AB AE

+

AD AF

=

ABў AG

+

ADў AG

=

CDў + ADў AG

=

AC AG

.

1.24.

Опустим из вершины В перпендикуляр BG на AC (рис. 1.5). Из подобия треугольников ABG и ACE получаем AC · AG = AE · AB. Прямые AF и CB параллельны, поэтому углы GCB и CAF равны и прямоугольные треугольники CBG и ACF подобны. Из подобия этих треугольников получаем AC · CG = AF · BC. Складывая полученные равенства, находим AC · (AG + CG) = AE · AB + AF · BC. Так как AG + CG = AC, получаем требуемое равенство.

1.25.

Так как a + b  =  90° – (a/2), то g  =  180°  – a – b  =  90°  + (a/2). Поэтому на стороне AB можно выбрать точку D так, что РACD = 90° – (a/2), т. е. AC = AD. Тогда DABC ~ DCBD, а значит, BC : BD = AB : CB, т. е. a² = c(c – b).

1.26.

При перемещении отрезков AB и CD треугольник AMC заменится на другой треугольник, подобный исходному. Поэтому величина AM /CM остается постоянной. Аналогично величина BM /DM остается постоянной.

Рис. 1.5

Рис. 1.6

1.27.

Обозначим точку пересечения медиан через O, точки пересечения медианы AK с прямыми FP и FE — через Q и M, точки пересечения медианы CL с прямыми EP и FE — через R и N соответственно (рис. 1.6). Ясно, что FM : FE = FQ : FP = LO : LC = 1 : 3, т. е. FM = FE/3. Аналогично EN = FE/3.

Рис. 1.7

1.28.

Пусть A и B — точки пересечения данной прямой со сторонами угла. Возьмем на отрезках AC и BC точки K и L так, что PK||BC и PL||AC. Так как DAKP ~ DPLB, то AK : KP = PL : LB, а значит,  (a – p)(b – p) = p², где p = PK = PL. Следовательно,

1 a

+

1 b

=

1 p

.

1.29.

Обозначим середину стороны BC через O, а точки пересечения AK и AL со стороной BC — через P и Q. Можно считать, что BP < BQ. Треугольник LCO равносторонний и LC||AB. Поэтому DABQ ~ DLCQ, т. е. BQ : QC = AB : LC = 2 : 1. Следовательно,  BC = BQ + QC = 3QC. Аналогично BC = 3BP.

1.30.

Так как BK : BO = BO : AB и РKBO = РABO, то DKOB ~ DOAB. Поэтому РKOB = РOAB. Аналогично РAOM = РABO. Следовательно, РKOM = РKOB + РBOA + РAOM = РOAB + РBOA + РABO = 180°, т. е. точки K,O и M лежат на одной прямой.

1.31.

Проведем дополнительно прямые, параллельные прямым, на которых лежат отрезки длиной a₁ = a₂ = a и b₁ = b₂ = b (рис. 1.7). Из подобия треугольников следуют равенства

x b

=

x + z1 b

,

a + z3 a

=

b b + z2

,

y + z1 a

=

y a

,

a a + z3

=

b + z2 b

. Перемножив эти равенства, получим x(y + z₁) = y(x + z₁), а значит, x = y.

1.32.

Так как РAMN = РMNC и РBMN = РMNA, то РAMB = РANC. Кроме того,  AM : AN = NB : NM = BM : CN. Поэтому DAMB ~ DANC, а значит, РMAB = РNAC. Следовательно, РBAC = РMAN. Для других углов доказательство аналогично.

Пусть точки B₁ и C₁ симметричны B и C относительно серединного перпендикуляра к отрезку MN. Так как AM : NB = MN : BM = MC : NC, то MA · MC₁ = AM · NC = NB · MC = MB₁ · MC. Следовательно, точка A лежит на окружности, описанной вокруг трапеции BB₁CC₁.

1.33.

Так как РAEB + РBEC = 180°, то эти углы не могут быть разными углами подобных треугольников ABE и BEC, т. е. они равны и BE — перпендикуляр.

Возможны два варианта: РABE = РCBE или РABE = РBCE. Первый вариант отпадает, так как в этом случае DABE = DCBE. Остается второй вариант. В этом случае РABC = РABE + РCBE = РABE + РBAE = 90°. В прямоугольном треугольнике ABC катеты относятся, как 1 : Ц3, поэтому его углы равны 90°,60°,30°.

1.34.

SBDEF/2SADE = SBDE/SADE = DB/AD = EF/AD =

Ц

SEFC/SADE

. Поэтому

SBDEF = 2

Ц

SADE · SEFC

.

Рис. 1.8

1.35.

Пусть MN = x; E — точка пересечения прямых AB и CD. Треугольники EBC,EMN и EAD подобны, поэтому S_EBC : S_EMN : S_EAD = a² : x² : b². Так как S_EMN – S_EBC = S_MBCN = S_MADN = S_EAD – S_EMN, то x² – a² = b² – x², т. е. x² = (a² + b²)/2.

1.36.

Проведем через точку Q, взятую внутри треугольника ABC, прямые DE,FG и HI параллельно BC,CA и AB соответственно так, чтобы точки F и H лежали на стороне BC, точки E и I — на стороне AC, точки D и G — на стороне AB (рис. 1.8). Введем обозначения: S = S_ABC, S₁ = S_GDQ,S₂ = S_IEQ, S₃ = S_HFQ. Тогда

ж Ц  S1 S    +    ж Ц  S2 S    +    ж Ц  S3 S    =   GQ AC  +   IE AC  +   FQ AC  =   AI + IE + EC AC  = 1,

т. е. 

S = (

Ц

S1

+

Ц

S2

+

Ц

S3

. )2

1.37.

Пусть M — точка пересечения медиан треугольника ABC; точка A₁ симметрична M относительно середины отрезка BC. Длины сторон треугольника CMA₁ относятся к медианам треугольника ABC, как 2 : 3. Поэтому искомая площадь равна 9S_CMA1/4. Ясно, что S_CMA1 = S/3 (см. решение задачи 4.1).

1.38.

Пусть E,F,G и H — середины сторон AB,BC,CD и DA.

а) Ясно, что

SAEH + SCFG =

SABD 4

+

SCBD 4

=

SABCD 4

. Аналогично

SBEF + SDGH =

SABCD 4

. Поэтому

SEFGH = SABCD –

SABCD 4

–

SABCD 4

=

SABCD 2

.

Рис. 1.9

б) Так как AC = BD, то EFGH — ромб (задача 1.2). Согласно задаче a) S_ABCD = 2S_EFGH = EG · FH.

1.39.

Пусть E,F,G и H — середины сторон четырехугольника ABCD; точки E₁,F₁,G₁ и H₁ симметричны точке O относительно этих точек. Так как EF — средняя линия треугольника E₁OF₁, то S_E1OF1 = 4S_EOF. Аналогично S_F1OG1 = 4S_FOG, S_G1OH1 = 4S_GOH и S_H1OE1 = 4S_HOE. Поэтому S_E1F1G1H1 = 4S_EFGH. Согласно задаче 1.38, а) S_ABCD = 2S_EFGH. Поэтому S_E1F1G1H1 = 2S_ABCD = 2S.

1.40.

Первое решение. Рассмотрим квадрат BCMN и разделим его сторону MN точками P и Q на три равные части (рис. 1.9). Тогда DABC = DPDQ и DACD = DPMA. Поэтому треугольник PAD равнобедренный прямоугольный и РABC + РADC = РPDQ + РADC = 45°.

Второе решение. Так как DE = 1, EA = Ц2, EB = 2,AD = Ц5 и 

BA =

Ц

10

, то DE : AE = EA : EB = AD :  BA и DDEA ~ DAEB. Следовательно, РABC = РEAD. Кроме того, РAEC = РCAE = 45°. Поэтому РABC + РADC + РAEC = (РAED + РCAE) + РADC = РCAD + РADC = 90°.

1.41.

Опустим из точки L перпендикуляры LM на AB и LN на AD. Тогда KM = MB = ND и KL = LB = DL, поэтому прямоугольные треугольники KML и DNL равны. Следовательно, РDLK = РNLM = 90°.

1.42.

Так как  D₁A = B₁B, AD₂ = BB₂ и РD₁AD₂ = РB₁BB₂, то DD₁AD₂ = DB₁BB₂. Стороны AD₁ и BB₁ (а также AD₂ и BB₂) этих треугольников перпендикулярны, поэтому B₁B₂^D₁D₂.

1.43.

На продолжении отрезка AC за точку C возьмем точку M так, что CM = CE (рис. 1.10). Тогда треугольник ACE при повороте с центром C на 90° переходит в треугольник BCM. Поэтому прямая MB перпендикулярна прямой AE, а значит, параллельна прямой CL. Так как MC = CE = DC и прямые DK,CL и MB параллельны, то KL = LB.

1.44.

Пусть на сторонах AB и BC построены прямоугольники ABC₁D₁ и A₂BCD₂; P,Q,R и S — центры прямоугольников, построенных на сторонах AB,BC,CD и DA. Так как РABC + РADC = 180°, то DADC = DA₂BC₁, а значит, DRDS = DPBQ и RS = PQ. Аналогично QR = PS. Следовательно, PQRS — параллелограмм, причем один из треугольников RDS и PBQ построен на его сторонах внешним образом, а другой внутренним; аналогичное утверждение справедливо и для треугольников QCR и SAP. Поэтому РPQR + РRSP = РBQC + РDSA = 180°, так как РPQB = РRSD и РRQC = РPSA. Следовательно, PQRS — прямоугольник.

Рис. 1.10

Рис. 1.11

1.45.

Пусть K,L,M — точки пересечения описанных окружностей треугольников FOA и BOC,  BOC и DOE,  DOE и FOA; 2a,2b и 2g — углы при вершинах равнобедренных треугольников BOC,DOE и FOA (рис. 1.11). Точка K лежит на дуге OB описанной окружности равнобедренного треугольника BOC, поэтому РOKB = 90° + a. Аналогично РOKA = 90° + g. Так как a + b + g  = 90°, то РAKB = 90° + b. Внутри правильного треугольника AOB существует единственная точка K, из которой его стороны видны под данными углами. Аналогичные рассуждения для точки L, лежащей внутри треугольника COD, показывают, что  DOKB = DCLO. Докажем теперь, что  DKOL = DOKB. В самом деле,  РCOL = РKBO, поэтому  РKOB + РCOL = 180° – РOKB = 90° – a, а значит,  РKOL = 2a + (90° – a)  =  90° + a  = РOKB. Следовательно, KL = OB = R. Аналогично  LM = MK = R.

1.46.

Пусть РA = a. Легко проверить, что оба угла KCL и ADL равны 240° – a (или 120° + a). А так как  KC = BC = AD и CL = DL, то DKCL = DADL, а значит,  KL = AL. Аналогично KL = AK.

1.47.

Пусть P,Q и R — центры квадратов, построенных на сторонах DA,AB и BC параллелограмма с острым углом a при вершине A. Легко проверить, что РPAQ = 90° + a  = РRBQ, а значит,  DPAQ = DRBQ. Стороны AQ и BQ этих треугольников перпендикулярны, поэтому PQ^QR.

Рис. 1.12

1.48.

Заметим сначала, что сумма углов при вершинах A,B и C шестиугольника ABўCAўBCў равна 360°, так как по условию сумма его углов при остальных вершинах равна 360°. Построим на стороне ACў внешним образом треугольник ACўP, равный треугольнику BCўAў (рис. 1.12). Тогда DABўP = DCBўAў, так как ABў = CBў, AP = CAў и РPABў = 360° – РPACў – РCўABў  =  360° – РAўBCў-РCўABў = РAўCBў. Следовательно,  DCўBўAў = DCўBўP, а значит,  2РAўBўCў = РPBўAў = РABўC, так как  РPBўA = РAўBўC.

1.49.

Так как BA : BC = BC₁ : BA₁ и РABC = РC₁BA₁, то  DABC ~ DC₁BA₁. Аналогично DABC ~ DB₁A₁C. А так как BA₁ = A₁C, то DC₁BA₁ = DB₁A₁C. Следовательно, AC₁ = C₁B = B₁A₁ и AB₁ = B₁C = C₁A₁. Ясно также, что четырехугольник AB₁A₁C₁ выпуклый.

1.50.

а) Пусть P и Q — середины сторон AB и AC. Тогда  MP = AC/2 = QB₁, MQ = AB/2 = PC₁ и РC₁PM = РC₁PB + РBPM = РB₁QC + РCQM = РB₁QM. Следовательно, DMQB₁ = DC₁PM, а значит, MC₁ = MB₁. Кроме того, РPMC₁ + РQMB₁ = РQB₁M + РQMB₁ = 180° – РMQB₁, а РMQB₁ = РA + РCQB₁ = РA + (180° – 2j). Следовательно, РB₁MC₁ = РPMQ + 2j – РA = 2j. (Случай, когда  РC₁PB + РBPM > 180°, разбирается аналогично.)

б) Возьмем на сторонах AB и AC такие точки Bў и Cў, что ABў : AB = ACў : AC = 2 : 3. Середина M отрезка BўCў совпадает с точкой пересечения медиан треугольника ABC. Построим на сторонах ABў и ACў внешним образом прямоугольные треугольники ABўC₁ и AB₁Cў с углом j  = 60°. Тогда B₁ и C₁ — центры правильных треугольников, построенных на сторонах AB и AC; с другой стороны, согласно задаче а) MB₁ = MC₁ и РB₁MC₁ = 120°.

Замечание. Утверждения задач а) и б) остаются верными и для треугольников, построенных внутренним образом.

1.51.

а) Пусть Bў — точка пересечения прямой AC и перпендикуляра к прямой AB₁, восставленного из точки B₁; точка Cў определяется аналогично. Так как ABў : ACў = AC₁ :  AB₁ = AB : AC, то BўCў||BC. Если N — середина отрезка BўCў, то, как следует из задачи 1.50,  NC₁ = NB₁ (т. е. N = M) и РB₁NC₁ = 2РABўB₁ = 180° – 2РCAB₁ = j.

б) Построим на стороне BC внешним образом равнобедренный треугольник BA₁C с углом 360° – 2j при вершине A₁ (если j < 90°, строим внутренним образом треугольник с углом 2j). Так как сумма углов при вершинах трех построенных равнобедренных треугольников равна 360°, треугольник A₁B₁C₁ имеет углы 180° – j,j/2 и j/2 (см. задачу 1.48). В частности, этот треугольник равнобедренный, а значит,  A₁ = O.

1.52.

Пусть O₁,O₂,O₃ и O₄ — центры ромбов, построенных на сторонах AB,BC,CD и DA; M — середина диагонали AC. Тогда MO₁ = MO₂ и РO₁MO₂ = a (см. задачу 1.50). Аналогично MO₃ = MO₄ и РO₃MO₄ = a. Следовательно, при повороте на угол a относительно точки M треугольник O₁MO₃ переходит в O₂MO₄.

1.53.

Так как A₁C = AC|cos C|, B₁C = BC|cos C| и угол C у треугольников ABC и A₁B₁C общий, то эти треугольники подобны, причем коэффициент подобия равен |cos C|.

1.54.

Так как точки M и N лежат на окружности с диаметром CH, то РCMN = РCHN, а так как AC^HN, то РCHN = РA. Аналогично РCNM = РB.

1.55.

а) Пусть l — касательная в точке A к описанной окружности. Тогда Р(l,AB) = Р(AC,CB) = Р(C₁B₁,AC₁), а значит,  l||B₁C₁.

б) Так как OA^l и l||B₁C₁, то OA^B₁C₁.

1.56.

Если AA₁,BB₁ и CC₁ — высоты, то прямоугольные треугольники AA₁C и BB₁C имеют равные углы при вершине C, поэтому они подобны. Следовательно, DA₁BH ~ DB₁AH, а значит,  AH · A₁H = BH · B₁H. Аналогично BH · B₁H = CH · C₁H.

Если AH · A₁H = BH · B₁H = CH · C₁H, то DA₁BH ~ DB₁AH, а значит, РBA₁H = РAB₁H = j. Поэтому РCA₁H = РCB₁H = 180° – j. Аналогично РAC₁H = РCA₁H = 180° – j и РAC₁H = РAB₁H = j, поэтому j  = 90° т. е. AA₁,BB₁ и CC₁ — высоты.

1.57.

а) Согласно задаче 1.53 РC₁A₁B = РCA₁B₁ = РA. Так как AA₁^BC, то РC₁A₁A = РB₁A₁A. Аналогично доказывается, что лучи B₁B и C₁C — биссектрисы углов A₁B₁C₁ и A₁C₁B₁.

б) Прямые AB,BC и CA являются биссектрисами внешних углов треугольника A₁B₁C₁, поэтому A₁A — биссектриса угла B₁A₁C₁, а значит,  AA₁^BC. Для прямых BB₁ и CC₁ доказательство аналогично.

1.58.

Из результата задачи 1.57, а) следует, что прямая B₁A₁ при симметрии относительно прямой AC переходит в прямую B₁C₁.

1.59.

Согласно задаче 1.53 РB₁A₁C = РABC. Так как A₁B₁||AB, то РB₁A₁C = РBAC. Поэтому РBAC = РABC. Аналогично из того, что B₁C₁||BC, следует равенство РABC = РBCA. Поэтому треугольник ABC равносторонний и A₁C₁||AC.

1.60.

Пусть O — центр описанной окружности треугольника ABC. Так как OA^B₁C₁ (см. задачу 1.55, б), то S_AOC1 + S_AOB1 = R · B₁C₁/2. Аналогичные рассуждения для вершин B и C показывают, что S_ABC = qR. С другой стороны, S_ABC = pr.

1.61.

Периметр треугольника, отсекаемого прямой, параллельной стороне BC, равен сумме расстояний от точки A до точек касания вписанной окружности со сторонами AB и AC, поэтому сумма периметров маленьких треугольников равна периметру треугольника  ABC : P₁ + P₂ + P₃ = P. Из подобия треугольников следует, что r_i/r = P_i/P. Складывая эти равенства, получаем требуемое.

Рис. 1.13

1.62.

Пусть M = A. Тогда X_A = A, поэтому AY_A = 1. Аналогично CX_C = 1. Докажем, что y = AY_A и x = CX_C — искомые прямые. Возьмем на стороне BC точку D так, что AB||MD (рис. 1.13). Пусть E — точка пересечения прямых CX_C и MD. Тогда X_MM + Y_MM = X_CE + Y_MM. Так как DABC ~ DMDC, то CE = Y_MM. Поэтому X_MM + Y_MM = X_CE + CE = X_CC = 1.

1.63.

Пусть D — середина отрезка BH. Так как DBHA ~ DHEA, то AD : AO = AB : AH и РDAH = РOAE. Следовательно,  РDAO = РBAH, а значит,  DDAO ~ DBAH и РDOA = РBAH = 90°.

1.64.

Пусть AA₁,BB₁ и CC₁ — высоты треугольника ABC. Опустим из точки B₁ перпендикуляры B₁K и B₁N на стороны AB и BC и перпендикуляры B₁L и B₁M на высоты AA₁ и CC₁. Так как KB₁ : CC₁ = AB₁ :  AC = LB₁ : A₁C, то DKLB₁ ~ DC₁A₁C, а значит, KL||C₁A₁. Аналогично MN||C₁A₁. Кроме того, KN||C₁A₁ (см. задачу 1.54). Следовательно, точки K,L,M и N лежат на одной прямой.

1.65.

а) Пусть O — середина AC,  O₁ — середина AB,  O₂ — середина BC. Будем считать, что AB Ј BC. Проведем через точку O₁ прямую O₁K параллельно EF (K — точка на отрезке EO₂). Докажем, что прямоугольные треугольники DBO и O₁KO₂ равны. В самом деле,  O₁O₂ = DO = AC/2 и BO = KO₂ = (BC – AB)/2. Из равенства треугольников DBO и O₁KO₂ следует, что РBOD = РO₁O₂E, т. е. прямая DO параллельна EO₂ и касательная, проведенная через точку D, параллельна прямой EF.

б) Так как углы между диаметром AC и касательными к окружностям в точках F,D,E равны, то РFAB = РDAC = РEBC и РFBA = РDCA = РECB, т. е. F лежит на отрезке AD, E — на отрезке DC. Кроме того,  РAFB = РBEC = РADC = 90°, поэтому FDEB — прямоугольник.

Рис. 1.14

1.66.

Пусть MQ и MP — перпендикуляры, опущенные на стороны AD и BC, MR и MT — перпендикуляры, опущенные на продолжения сторон AB и CD (рис. 1.14). Обозначим через M₁ и P₁ вторые точки пересечения прямых RT и QP с окружностью.

Так как TM₁ = RM = AQ и TM₁||AQ, то AM₁||TQ. Аналогично AP₁||RP. Поскольку РM₁AP₁ = 90°, то RP^TQ.

Обозначим точки пересечения прямых TQ и RP, M₁A и RP,  P₁A и TQ через E,F,G соответственно. Чтобы доказать, что точка E лежит на прямой AC, достаточно доказать, что прямоугольники AFEG и AM₁CP₁ подобны. Так как РARF = РAM₁R = РM₁TG = РM₁CT, можно обозначить величины этих углов одной буквой a.  AF = RAsin a  = M₁Asin ²a,  AG = M₁Tsin a є M₁Csin ²a, поэтому прямоугольники AFEG и AM₁CP₁ подобны.

1.67.

Обозначим центры окружностей через O₁ и O₂. Внешняя касательная касается первой окружности в точке K, а второй окружности в точке L; внутренняя касательная касается первой окружности в точке M, а второй окружности в точке N (рис. 1.15). Пусть прямые KM и LN пересекают прямую O₁O₂ в точках P₁ и P₂ соответственно. Надо доказать, что P₁ = P₂. Рассмотрим точки A,D₁,D₂ пересечения

Рис. 1.15

прямых KL и MN,  KM и O₁A,  LN и O₂A соответственно.  РO₁AM + РNAO₂ = 90°, поэтому прямоугольные треугольники O₁MA и ANO₂ подобны, а также AO₂||KM и AO₁||LN. Из параллельности этих прямых получаем AD₁ : D₁O₁ = O₂P₁ : P₁O₁ и D₂O₂ : AD₂ = O₂P₂ : P₂O₁. Из подобия четырехугольников AKO₁M и O₂NAL получаем AD₁ :  D₁O₁ = D₂O₂ : AD₂. Следовательно,  O₂P₁ : P₁O₁ = O₂P₂ : P₂O₁, т. е. P₁ = P₂.

Глава 1. Задачи для самостоятельного решения  |	Оглавление |	Глава 2

Copyright © 2002 МЦНМО

Внимание! Данное издание содержит опечатки! Исправленные исходные файлы книги и файлы нового издания доступны со страницы автора. Заказ книги: biblio@mccme.ru.