Прасолов В. В. Задачи по планиметрии. (4-е изд. — Осторожно! В этом издании немало опечаток!)МЦНМО, 2002

 Глава 12. Задачи для самостоятельного решения  |  Оглавление |  Глава 13.

Решения

12.1.
По теореме синусов sin g  = c/2R, поэтому S = (absin g)/2 = abc/4R.
12.2.
Радиусы описанных окружностей треугольников ABD и CBD равны AB/2sin ADB и BC/2sin BDC. Остается заметить, что AB = BC и sin ADB = sin BDC.
12.3.
По теореме синусов b = asin b/sin a  = asin b/sin (b + g), поэтому S = absin g/2 = a2sin bsin g/2sin (b + g).
12.4.
По теореме синусов (a + b)/c = (sin a + sin b)/sin g. Кроме того, sin a + sin b  = 2sin ((a + b)/2)cos ((a – b)/2) = 2cos (g/2)cos ((a – b)/2) и sin g  = 2sin (g/2)cos (g/2). Второе равенство доказывается аналогично.
12.5.
В треугольнике A2BC2 длины сторон A2B и BC2 равны bcos g и bcos a; прямая BO делит угол A2BC2 на углы 90° – g и 90° – a. Пусть прямая BO пересекает отрезок A2C2 в точке M. По теореме синусов A2M = A2Bsin A2BM/sin A2MB = bcos gcos a/sin C2MB = C2M.
12.6.
Пусть a  = Р(ac), b  = Р(cd) и g  = Р(db). Тогда
(AC/AS)/(BC/BS) = sin a/sin (b + g),     (BD/BS)/(AD/AS)  =  sin g/sin (a + b).
Поэтому
(AC · BD)/(BC · AD)  =  sin asin g/sin (a + b) sin (b + g).
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 · OMsin OMN и k · ONsin ONM. Остается заметить, что OM/sin ONM = ON/sin OMN.
12.10.
По теореме синусов BX/sin BDX = BD/sin BXD = 2R sin y/sin BXD. Кроме того, sin BDX = sin BDC = sin j; величина угла BXD легко вычисляется: если точки C и D лежат по одну сторону от AB, то РBXD = p – j – y, а если по разные, то РBXD  =  |j – y|. Значит, BX = 2Rsin jsin y/sin |j±y|.
12.11.
а) Пусть A1- середина отрезка BC. Складывая равенства AB2 = AA12 + A1B2 – 2AA1 · BA1cos BA1A и AC2 = AA12 + A1C2 – 2AA1 · A1C cos CA1A 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 a) = 4S(1 – cos a)/sin a  = 4Stg (a/2).
12.13.
По теореме косинусов cos a  = (b2 + c2 – a2)/2bc. Остается воспользоваться формулами cos 2(a/2) = (1 + cos a)/2 и sin 2(a/2) = (1 – cos a)/2.
12.14.
Пусть a - угол при вершине параллелограмма. По теореме косинусов m2 = a2 + b2 + 2abcos a и n2 = a2 + b2 – 2abcos a. Поэтому m2n2 = (a2 + b2)2 – (2abcos a)2 = a4 + b4 + 2a2b2(1 – 2cos 2a). Значит, m2n2 = a4 + b4 тогда и только тогда, когда cos 2a  = 1/2.
12.15.
Пусть M - точка пересечения медиан AA1 и BB1. Угол AMB прямой тогда и только тогда, когда AM2 + BM2 = AB2, т. е. 4(ma2 + mb2)/9 = c2. Согласно задаче 12.11 ma2 + mb2  =  (4c2 + a2 + b2)/4.
12.16.
Пусть m = C1M и j  = РC1MO. Тогда OC12 = C1M2 + OM2 – 2OM · C1Mcos j и BO2 = CO2 = OM2 + MC2 + 2OM · CMcos j  = OM2 + 4C1M2 + 4OM · C1Mcos j. Поэтому BC12 = BO2 – OC12  =  3C1M2 + 6OM · C1Mcos j, т. е. c2 = 4BC12 = 12m2 + 24OM · C1Mcos j. Ясно также, что 18 m2 = 2mc2 = a2 + b2 – c2/2 (см. задачу 12.21). Поэтому равенство a2 + b2 = 2c2 эквивалентно тому, что 18m2 = 3c2/2, т. е. c2 = 12m2. Так как c2 = 12m2 + 24OM · C1Mcos j, равенство a2 + b2 = 2c2 эквивалентно тому, что РC1MO = j  = 90°, т. е. CC1^OM.
12.17.
Пусть вписанная окружность касается стороны BC в точке K, а вневписанная - в точке L. Тогда BC = BK + KC = rctg (b/2) + rctg (g/2) и BC = BL + LC = ractg LBOa + ractg LCOa = ratg (b/2) + ratg (g/2). Кроме того,
cos (a/2) = sin  ж
и
 b

2
 +   g

2
ц
ш

.
Согласно задаче 3.2 p – b = BK = rctg (b/2) и p – b = CL = ratg (g/2).

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

12.18.
а) Согласно задаче 12.17 p = ractg (a/2) и rctg (a/2) = p – a; rctg (b/2) = p – b и ratg (b/2) = p – c; rctg (b/2) = p – a и rbctg (b/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.

12.19.
Согласно задаче 12.17 r = rctg (a/2)tg (b/2) и p = rcctg (g/2).
12.20.
Согласно задаче 12.18, а) ra = rp/(p – a) и rb = rp(p – b). Поэтому crarb = cr2p2/((p – a)(p – b)) и ra + rb = rpc/((p – a)(p – b)), а значит, crarb/(ra + rb) = rp = S.
12.21.
Согласно задаче 12.18, а) 1/rb = (p – b)/pr и 1/rc = (p – c)/pr. Поэтому
 1

rb
 +   1

rc
 = a/pr = a/S = 2/ha

.
12.22.
Легко проверить, что 1/ha = a/2pr и 1/ra = (p – a)/pr. Складывая аналогичные равенства, получаем требуемое.
12.23.
Согласно задаче 12.18, а) 1/((p – b)(p – c)) = 1/rra. Остается сложить аналогичные равенства и воспользоваться результатом задачи 12.22.
12.24.
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) – 

 – (p – a)(p – b)(p – c) =   S2

(p – a)
 +   S2

(p – b)
 +   S2

(p – c)
 –   S2

p
 = S(ra + rb + rc – r).
12.25.
Согласно задаче 12.18, а) rarb = p(p – c), rbrc = p(p – a) и rcra = p(p – b). Складывая эти равенства, получаем требуемое.
12.26.
Так как S = rp = ra(p – a) = rb(p – b) = rc(p – c), то выражение в правой части равно (p3 – (p – a)3 – (p – b)3 – (p – c)3)/S3 = 3abc/S3. Остается заметить, что abc/S = 4R (задача 12.1).
12.27.
Пусть углы треугольника ABC равны 2a, 2b и 2g. Согласно задачам 12.36, а) и 12.37, б)  r = 4Rsin asin bsin g и ra = 4Rsin acos bcos g. Поэтому (r + ra)(4R + r – ra) = 16R2sin a (sin bsin g + cos bcos g)(1 + sin a(sin bsin g – cos bcos g)) = 16R2sin acos (b – g)(1 – sin acos (b + g))  =  16R2sin acos (b – g)cos 2a. Остается заметить, что 4Rsin acos a  = a и 4Rsin (b + g)cos (b – g)  =  2R(sin 2b + sin 2g) = b + c. Второе равенство доказывается аналогично.
12.28.
Так как OA = r/sin (a/2) и bc = 2S/sin a, то OA2/bc = r2ctg (a/2)/S = r(p – a)/S (см. задачу 12.17, в). Остается заметить, что r(p – a + p – b + p – c) = rp = S.
12.29.
Решим сразу задачу б), частным случаем которой является задача а). Так как ctg (j/2) = sin j/(1 – cos j), то p2(1 – x)2 = (1 – x2)(2R(1 – x) + r)2, где x = cos j. Корень x0 = 1 этого уравнения нас не интересует, так как в этом случае ctg (j/2) был бы не определен; поэтому, сократив обе части уравнения на 1 – x, придем к кубическому уравнению. Использовав результаты задач 12.38, 12.41, б), можно проверить, что это уравнение совпадает с уравнением (x – cos a)(x – cos b)(x – cos g) = 0, где a,b и g- углы треугольника. Значит, косинус угла j равен косинусу одного из углов треугольника; кроме того, косинус монотонен на интервале от 0 до p.
12.30.
Ясно, что 2pr = 2S = absin g = abc/2R, т. е. 4prR = abc. Для доказательства 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.
12.31.
Так как abc = 4RS (задача 12.1), то выражение в левой части равно (c + a + b)/4RS = 2p/4Rpr = 1/2Rr.
12.32.
Достаточно заметить, что (p – c)/p = r/rc (задача 12.18, а)),  r = csin (a/2)sin (b/2)/cos (g/2) и rc = ccos (a/2)cos (b/2)/cos (g/2) (задача 12.17).
12.33.
Согласно задаче 12.1  S = abc/4R. С другой стороны,  S = aha/2. Поэтому ha = bc/2R.
12.34.
Так как aha = 2S = 2(p – a)ra и ra/a = cos (b/2)cos (g/2)/cos (a/2) (задача 12.17, б)), то ha = 2(p – a)cos (b/2)cos (g/2)/cos (a/2). Учитывая, что (p – a)ctg (b/2) = rc = (p – b)ctg (a/2) (задача 12.17, в)), получаем ha = 2(p – b)sin (b/2)cos (g/2)/sin (a/2).
12.35.
а) Пусть продолжение биссектрисы AD пересекает описанную окружность треугольника ABC в точке M. Тогда AD · DM = BD · DC и,  так как DABD ~ DAMC, 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 4.47.

в) Пусть AD- биссектриса,  AH- высота треугольника ABC. Тогда AH = csin b  = 2Rsin bsin g. С другой стороны,  AH = ADsin ADH  =  lasin (b + (a/2)) = lasin ((p + b – g)/2) = lacos ((b – g)/2).

г) Учитывая, что p = 4Rcos (a/2)cos (b/2)cos (g/2) (задача 12.36, в) и sin b + sin g  = 2sin ((b + g)/2)cos ((b – g)/2) = 2cos (a/2)cos ((b – g)/2), приходим к формуле задачи в).

12.36.
а) Пусть O- центр вписанной окружности,  K- точка касания вписанной окружности со стороной AB. Тогда
2Rsin g = AB = AK + KB = r(ctg (a/2) + ctg (b/2))  = 

 =  rsin ((a + b)/2)(sin (a/2)sin (b/2)).
Учитывая, что sin g  = 2sin (g/2)cos (g/2) и sin ((a + b)/2)  =  cos (g/2), получаем требуемое.
б) Согласно задаче 3.2  p – a = AK = rctg (a/2). Аналогично p – b = rctg (b/2) и p – c = rctg (g/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).

12.37.
а) Перемножая равенства
rcos (a/2)sin (a/2) = p – a,    sin (a/2)sin (b/2)sin (g/2) = r/4R
(см. задачи 12.17, в) и 12.36, а)), получаем требуемое.
б) Согласно задаче 12.17, в)  ratg (g/2) = p – b = rctg (b/2). Умножая это равенство на равенство r/4R = sin (a/2)sin (b/2)sin (g/2), получаем требуемое.

12.38.
Складывая равенства cos a + cos b  = 2cos ((a + b)/2)cos ((a – b)/2) и cos g  =  – cos (a + b) =  – 2cos 2((a + b)/2) + 1 и учитывая, что cos ((a – b)/2) – cos ((a + b)/2)  =  2sin (a/2)sin (b/2), получаем cos a + cos b + cos g  = 4sin (a/2)×
×sin (b/2)sin (g/2) + 1 =   r

R
 + 1

(см. задачу 12.36, а)).
12.39.
а) Складывая равенства cos 2a + cos 2b = 2cos (a + b)cos (a – b) =  – 2cos gcos (a – b) и cos 2g  = 2cos 2g – 1 =  – 2cos gcos (a – b) – 1 и учитывая, что cos (a + b) + cos (a – b) = 2cos acos b, получаем требуемое.
б) Достаточно подставить выражения вида cos 2a = 2cos 2a – 1 в равенство, полученное в задаче а).

12.40.
Складывая равенства sin 2a + sin 2b  = 2sin (a + b)cos (a – b) = 2sin g×
×cos (a – b) и sin 2g  = 2sin gcos g  =  – 2sin gcos (a + b) и учитывая, что cos (a – b) – cos (a + b)  =  2sin asin b, получаем требуемое.
12.41.
а) Ясно, что sin 2a + sin 2b + sin 2g  = (a2 + b2 + c2)/4R и a2 + b2 + c2 = (a + b + c)2 – 2(ab + bc + ca)  =  4p2 – 2(r2 + p2 + 4rR) (см. задачу 12.30).
б) Согласно задаче 12.39, б)  2cos acos bcos g  = sin 2a + sin 2b + sin 2g – 2. Остается воспользоваться результатом задачи а).

12.42.
Теорему косинусов можно переписать в виде abcos g  = (a2 + b2 – c2)/2. Складывая три аналогичных равенства, получаем требуемое.
12.43.
Согласно задаче 12.13  cos 2(a/2)/a = p(p – a)/abc. Остается заметить, что p(p – a) + p(p – b) + p(p – c) = p2 и abc = 4SR = 4prR.
12.44.
а) Так как bccos a  = 2Sctg a, то a2 = b2 + c2 – 4Sctg a. Складывая три аналогичных равенства, получаем требуемое.
б) Для остроугольного треугольника a2ctg a  = 2R2sin 2a  = 4SBOC, где O- центр описанной окружности. Остается сложить три аналогичных равенства. Для треугольника с тупым углом a величину SBOC нужно взять со знаком минус.

12.45.
Согласно задаче 12.17  ctg (a/2) + ctg (b/2) = c/r и tg (a/2) + tg (b/2) = c/rc. Остается сложить такие равенства для всех пар углов треугольника.
12.46.
Ясно, что tg g  =  – tg (a + b) =  – (tg a + tg b)/(1 – tg atg b). Домножая обе части на 1 – tg atg b, получаем требуемое.
12.47.

tg (g/2) = ctg  ж
и
 a

2
 +   b

2
ц
ш
 = [1 – tg (a/2)tg (b/2)] [tg (a/2) + tg (b/2)].

Остается домножить обе части на tg (a/2) + tg (b/2).
12.48.
а) Домножим обе части равенства на sin asin bsin g. Дальнейший ход доказательства таков:  cos g(sin acos b + sin bcos a) + sin g(cos acos b – sin asin b) = cos gsin (a + b) + sin gcos (a + b) = cos gsin g – sin gcos g  = 0.
б) Домножим обе части равенства на sin asin bsin g. Дальнейший ход доказательства таков:  cos a(sin bsin g – cos bcos g) + sin a(cos bsin g + cos gsin b) = cos 2a + sin 2a  = 1.

12.49.
Так как sin 2a + sin 2b + sin 2g – 2  =  2cos acos bcos g (см. задачу 12.39, б)) и S = 2R2sin asin bsin g, остается проверить, что (tg a + tg b + tg g)× ×cos acos bcos g  = sin gsin bsin a. Последнее равенство доказано в решении задачи 12.48, а).
12.50.
Пусть A и B- вершины углов a и b,  P- точка пересечения несовпадающих сторон этих углов,  Q- общая точка данных окружностей, лежащая на отрезке PA. Треугольник AQB равнобедренный, поэтому РPQB = 2a. А так как РPQB + РQPB = b + РQBA, то b  = 3a.
12.51.
Согласно задаче 4.47  
 1

b
 +   1

c
 = 2cos (a/2)/la

, поэтому cos (a/2) = 1/2, т. е. a  = 120°.
12.52.
Опустим из точки M перпендикуляр MD на прямую BC. Тогда MD = AH/2 = BM/2. В прямоугольном треугольнике BDM катет MD равен половине гипотенузы BM. Поэтому РMBC = РMBD = 30°.
12.53.
Величины AD · BCsin ADB и BE · ACsin AEB равны, так как они равны удвоенной площади треугольника ABC. Поэтому sin ADB = sin AEB. Возможны два случая.
1.  РADB = РAEB; в этом случае точки A,E,D,B лежат на одной окружности, поэтому РEAD = РEBD, т. е. РA = РB, чего не может быть по условию.

2. РADB + РAEB = 180°; в этом случае РECD + РEOD = 180°, где O- точка пересечения биссектрис. Так как РEOD = 90° + РC/2 (задача 5.3), то РC  =  60°.

12.54.
Пусть Bў- точка пересечения серединного перпендикуляра к отрезку AC с прямой AB. Тогда ABў = CBў и РABўC = 180° – 2 · 75° = 30°. Поэтому ABў = CBў = 2CH = AB, т. е. Bў = B и РB = 30°.
12.55.
Ясно, что AKDM- прямоугольник и L- точка пересечения его диагоналей. Так как AD^BC и AM^BA, то РDAM = РABC. Аналогично,  РKAD = РACB. Опустим из точки A перпендикуляр AP на прямую KM. Пусть для определенности РB < РC. Тогда точка P лежит на отрезке KL. Из подобия треугольников AKP и MKA получаем AK :  AP = MK : MA. Поэтому AK · AM = AP · MK = AP · AD  =  2AP · AL. По условию AL2 = AK · AM, следовательно,  AL = 2AP, т. е. РALP = 30°. Ясно, что РKMA = РALP/2 = 15°. Поэтому острые углы треугольника ABC равны 15 и 75°.
12.56.
Пусть CD- биссектриса. Тогда BD = ac/(a + b). С другой стороны,  DBDC ~ DBCA, поэтому BD :  BC = BC : BA, т. е. BD = a2/c. Следовательно,  c2 = a(a + b) = 3a2. Стороны треугольника ABC равны a,2a и Ц3a, поэтому его углы равны 30,90 и 60°.
12.57.
Пусть РABC = 2x, тогда внешний угол A треугольника ABE равен РABE + РAEB = x + a. Далее, РKAE – РBAK = (180° – x – a) – (180° – 2x – 2a) = x + a. Следовательно,  AE- биссектриса внешнего угла Aтреугольника ABK.А так как BE — биссектриса внутреннего угла B этого треугольника, то E- центр его вневписанной окружности, касающейся стороны AK. Поэтому РAKE = РAKC/2 = 90° – a.
12.58.
Пусть A1A18- правильный восемнадцатиугольник. В качестве треугольника ABC можно взять треугольник A14A1A9. Согласно задаче 6.62, б) диагонали A1A12,A2A14 и A9A18 пересекаются в одной точке, поэтому РAMC = (ИA18A2 + ИA9A14)/2 = 70°.
12.59.
Пусть A1A18- правильный восемнадцатиугольник,  O- его центр. В качестве треугольника ABC можно взять треугольник A1OA18. Диагонали A2A14 и A18A6 симметричны относительно диаметра A1A10, а диагональ A2A14 проходит через точку пересечения диагоналей A1A12 и A9A18 (см. решение предыдущей задачи), поэтому РADE = (ИA1A2 + И A12A14)/2 = 30°.

Рис. 12.6

12.60. Поскольку РBDE = 50° и РCED = 30°, то РBOC = РEOD = 180° – 50° – 30° = 100°. Будем считать, что фиксированы диаметры BBў и CCў окружности, причем РBOC = 100°, а точка A движется по дуге BўCў. Пусть D- точка пересечения BBў и AC,  E- точка пересечения CCў и AB (рис. 12.6). Так как при движении точки A от Bў к Cў отрезок OE увеличивается, а OD уменьшается, то угол OED убывает, а угол ODE возрастает. Поэтому существует единственное положение точки A, при котором РCED = РOED = 30° и РBDE = РODE = 50°.

Докажем теперь, что треугольник ABC с углами РA = 50°,РB = 70°, РC = 60° обладает требуемым свойством. Пусть A1A18- правильный восемнадцатиугольник. В качестве треугольника ABC можно взять треугольник A2A14A9. Диагональ A1A12 проходит через точку E (см. решение задачи 12.58). Пусть F- точка пересечения прямых A1A12 и A5A14; прямая A9A16 симметрична прямой A1A12 относительно прямой A5A14, поэтому она проходит через точку F. В треугольнике CDF луч CE является биссектрисой угла C, а прямая FE- биссектрисой внешнего угла при вершине F. Поэтому DE- биссектриса угла ADB, т. е. РODE  =  (ИA2A14 + ИA5A9)/4 = 50°.

12.61.
Пусть D,E и F- точки касания окружности с BP,PQ и QC;   РBOD = 90° – РB = 90° – РC = РCOF = a, РDOP = РPOE = b и РEOQ = РQOF = g. Тогда 180° = РBOC = 2a + 2b + 2g, т. е. a + b + g  = 90°. Так как РBPO = РDPE/2 =  (180° – РDOE)/2 = 90° – b и РQOC = g + a  = 90° – b, то РBPO = РCOQ. Ясно также, что РPBO = РOCQ. Поэтому DBPO ~ DCOQ, т. е. PB · CQ = BO · CO = BC2/4.
12.62.
Пусть P и Q- середины сторон BC и CD соответственно. Точки P и Q являются точками касания вписанной окружности со сторонами BC и CD. Поэтому достаточно проверить, что PF + GQ = FG. В самом деле, если FўGў- отрезок, параллельный FG и касающийся вписанной окружности, то PFў + GўQ = FўGў, поэтому Fў = F и Gў = 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 –   2

x
, FP =   2

x
 – 1

, т. е. PF + GQ = x + 2/x – 2 и 
FG2 = CG2 + CF2  =  (2 – x)2 +  ж
и
2 –   2

x
ц
ш
2

 
 = 4 – 4x + x2 + 4 –   8

x
 +   4

x2
 =  ж
и
x +   2

x
 – 2 ц
ш
2

 
 = (PF + GQ)2.

Рис. 12.7

12.63. Обозначим вершины квадратов так, как показано на рис. 12.7. Пусть O- центр окружности,  H- середина данной хорды,  K- середина отрезка AA1. Так как  = tg AHB = 2 = tg  A1HD1, то точка H лежит на прямой AA1. Пусть a  = РAHB  =  РA1HD1. Тогда AB – A1D1 = (AH – A1H)sin a  = 2KHsin a  = 2OHsin 2a. Поскольку tg a  = 2 и 1 + ctg 2a  = 1/sin 2a, то sin 2a  = 4/5. Поэтому разность длин сторон квадратов равна 8h/5.

12.64. Пусть медиана BM треугольника ABC пересекает вписанную окружность в точках K и L, причем BK = KL = LM = x. Пусть для определенности тоска касания вписанной окружности со стороной AC лежит на отрезке MC. Тогда, так как при симметрии относительно серединного перпендикуляра к отрезку BM точки B и M переходят друг в друга, а вписанная окружность переходит в себя, касательная MC переходит в касательную BC. Следовательно,  BC = MC = AC/2, т. е. b = 2a.

Так как BM2 = (2a2 + 2c2 – b2)/4 (см. задачу 12.11, а)), то 9x2 = (2a2 + 2c2 – 4a2)/4 = (c2 – a2)/2. Пусть точка P- точка касания вписанной окружности со стороной BC. Тогда BP = (a + c – b)/2  =  (c – a)/2. С другой стороны, 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.

12.65.
Пусть 2a и 2b- длины сторон первого и второго квадратов. Тогда расстояние от центра окружности до вершин второго квадрата, лежащих на окружности, равно 

Ц
 

(a + 2b)2 + b2
 

. С другой стороны, это расстояние равно Ц2a. Следовательно,  (a + 2b)2 + b2 = 2a2, т. е. 
a = 2b±
Ц
 

4b2 + 5b2
 
 = (2±3)b

. Нам подходит только решение a = 5b.
12.66.
Пусть P и Q- середины отрезков AC и AB,  R- центр окружности S1;  a = AC/2, b = BC/2,  x- радиус окружности S1. Легко проверить, что PR = a + x, QR = a + b – x и PQ = b. Проведем 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 S2 получаем точно такое же выражение.
12.67.
Пусть x- радиус окружности S, касающейся окружностей S1 и S2 и луча AB,  y- радиус окружности Sў, касающейся окружностей S2 и S3 и луча BA. Положение окружности, касающейся окружности S1 и луча AB (соответственно S3 и луча BA) однозначно определяется ее радиусом, поэтому достаточно проверить, что x = y.
Приравнивая два выражения для квадрата расстояния от центра окружности 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 Sў до прямых AD и BC равны (y + 3)2 – (5 – y)2  =  16(y – 1) и (4 + y)2 – (4 – y)2 = 16y соответственно. Следовательно,  
4
Ц
 

y – 1
 
 + 4Цy = 
Ц
 

48
 

, т. е. y = 4/3.

Рис. 12.8

12.68. Если углы треугольника образуют арифметическую прогрессию, то они равны a – g, a, a + g, где g і 0. Так как сумма углов треугольника равна 180°, то a  = 60°. Стороны этого треугольника равны 2Rsin (a – g), 2Rsin a,2Rsin (a + g). Поскольку против большего угла лежит бóльшая сторона, то sin (a – g) Ј sin a Ј sin (a + g).

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

б) Если числа sin (a – g) Ј sin a Ј sin (a + g) образуют геометрическую прогрессию, то sin 2a  = sin (a – g)sin (a + g) = sin 2acos 2g – sin 2gcos 2a Ј sin2acos 2g. Поэтому cos g  = 1, т. е. все углы треугольника равны 60°.

12.69.
Достроим треугольник ABC до параллелограмма ABCE (рис. 12.8). Пусть BC = x и AD = y. Тогда (b – a)h = 2SAED = xysin 45° и (b – a)2 = x2 + y2 – 2xycos 45° = x2 + y2 – 2xysin 45°. По теореме Пифагора a2 + b2 = (AO2 + BO2) + (CO2 + DO2) = (BO2 + CO2) + (DO2 + AO2) = x2 + y2. Следовательно,  (b – a)2 = x2 + y2 – 2xysin 45° = a2 + b2 – 2(b – a)h, т. е. h = ab/(b – a).
12.70.
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 = Stg (a/2) (см. задачу 12.12).
12.71.
Так как (b + c)/a = cos ((b – g)/2)/sin (a/2) (задача 12.4), то cos ((b – g)/2) = cos (a/2), т. е. b – g = ±a. Если b = g + a, то b = 90°, а если b + a = g, то g = 90°.
12.72.
Легко проверить, что SABC = 2R2sin asin bsin g. Аналогично  SA1B1C1 = 2R2sin ((b + g)/2)sin ((a + g)/2)sin ((a + b)/2) = 2R2cos (a/2)cos (b/2)cos (g/2). Поэтому  SABC/SA1B1C1 = 8sin (a/2)sin (b/2)sin (g/2) = 2r/R (см. задачу 12.36, а).
12.73.
Сумма котангенсов углов треугольника равна (a2 + b2 + c2)/4S (задача 12.44, а)). Кроме того,  ma2 + mb2 + mc2 = 3(a2 + b2 + c2)/4 (задача 12.11, б)) и площадь треугольника, составленного из медиан треугольника ABC, равна 3/4 площади треугольника ABC (задача 1.37).
12.74.
Одна из точек Ai лежит внутри треугольника, образованного тремя другими точками, поэтому можно считать, что треугольник A1A2A3 остроугольный (или прямоугольный). Числа l1, l2 и l3 легко находятся из соответствующей системы уравнений; в результате получаем l1 = (b2 + c2 – a2)/2,l2 = (a2 + c2 – b2)/2 и l3 = (a2 + b2 – c2)/2, где a = A2A3,b = A1A3 и c = A1A2. Согласно задаче 5.47, б)  A1A42 = 4R2 – a2, где R- радиус описанной окружности треугольника A1A2A3. Поэтому  l4 = A1A42 – l1 = 4R2 – (a2 + b2 + c2)/2  =  A2A42 – l2 = A3A42 – l3.
Проверим теперь, что 
е
1/li = 0

. Так как (b2 + c2 – a2)/2  =  bccos a  = 2Sctg a, то 1/l1 = tg a/2S. Остается заметить, что 2/(a2 + b2 + c2 – 8R2) = (tg a + tg b + tg g)/2S (задача 12.49).

12.75.
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 рассматриваемой системы уравнений рационально.
12.76.
Возьмем 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. Введем 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 соответственно уравнениями y = (x + 1)/3 и y = 2x – 1. Поэтому их общая точка имеет координаты x0 = 4/5 и y0 = 3/5. Ясно, что x02 + y02 = 1.
12.77.
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 окружности,  (r,r) - координаты центра вписанной окружности, причем r = a + b – R. Следовательно,  d2 = (2r – a)2 + (2r – b)2 = a2 + b2 – 4r(a + b – r) + 4r2 = (R – 2r)2, так как a2 + b2 = R2.
12.78.
Рассмотрим систему координат с началом в центре квадрата и осью Ox, параллельной прямой l. Пусть вершины квадрата имеют следующие координаты:  A(x,y), B(y, – x), C( – x, – y) и D( – y,x); прямая l задается 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. Остается заметить, что величина x – y изменяется от 
 – 
Ц
 

2(x2 + y2)
 
 =  – AB

до AB.



File translated from TEX by TTH, version 3.00.
On 22 Nov 2002, 13:45.

  Глава 12. Задачи для самостоятельного решения  |  Оглавление |  Глава 13.

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.
Rambler's Top100