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

 Глава 2. Задачи для самостоятельного решения  |  Оглавление |  Глава 3.

Решения

2.1.
Проведем диаметр AD. Тогда РCDA = РCBA, а значит,  РBAH = РDAC, так как РBHA = РACD = 90°.
2.2.
Из свойств ориентированных углов имеем Р(AC,CK) = Р(AM,MK) = Р(BM,MK) = Р(BD,DK) = Р(BD,CK), т. е. AC||BD.
2.3.
Точки P и Q лежат на окружности с диаметром AM. Поэтому РQMA = РQPA как углы, опирающиеся на одну дугу. Треугольники PAK и MAQ прямоугольные, следовательно,  РPAK = РMAQ.
2.4.
а) Так как РAOM = РBAO + РABO = (РA + РB)/2 и РOAM = РOAC + РCAM = РA/2 + РCBM = (РA + РB)/2, то MA = MO. Аналогично MC = MO.

Так как треугольник OAOb прямоугольный и РAOM = РMAO = j, то РMAOb = РMObA = 90° – j, а значит,  MA = MOb. Аналогично MC = MOb.

б) Пусть P- центр описанной окружности треугольника ACO. Тогда  РCOP = (180° – РCPO)/2 = 90° – РOAC. Поэтому  РBOC = 90° + РOAC. Аналогично РBOC = 90° + РOAB, а значит,  РOAB = РOAC. Аналогично доказывается, что точка O лежит на биссектрисах углов B и C.

2.5.
Точки P и C лежат на окружности с диаметром AB, поэтому РAPC = РABC, т. е. величина угла APC постоянна.
Замечание. Аналогичное утверждение верно для любого треугольника ABC, вершины которого скользят по сторонам угла MPN, равного 180° – РC.

2.6.
Точки B,D и K лежат на окружности с диаметром AC. Пусть для определенности РKCA = j Ј 45°. Тогда BK = ACsin (45° – j) = AC(cos j – sin j)/Ц2 и DK = ACsin (45° + j) = AC(cos j + sin j)/Ц2. Ясно, что ACcos j  = CK и ACsin j  = AK.
2.7.
Так как РB1AA1 = РA1BB1, точки A,B,A1 и B1 лежат на одной окружности. Параллельные прямые AB и A1B1 высекают на ней равные хорды AB1 и BA1. Поэтому AC = BC.
2.8.
Построим на стороне BC треугольника ABC внешним образом правильный треугольник A1BC. Пусть P- точка пересечения прямой AA1 с описанной окружностью треугольника A1BC. Тогда точка P лежит внутри треугольника ABC и РAPC = 180° – РA1PC = 180° – РA1BC = 120°. Аналогично РAPB = 120°.
2.9.
Основания перпендикуляров, опущенных из точки M на диаметры, лежат на окружности S с диаметром OM (O- центр исходной окружности). Точки пересечения данных диаметров с окружностью S, отличные от точки O, делят ее на n дуг. Так как на все дуги, не содержащие точку O, опираются углы 180°/n, то угловые величины этих дуг равны 360°/n. Поэтому угловая величина дуги, на которой лежит точка O, равна 360° – (n – 1) · 360°/n = 360°/n. Следовательно, основания перпендикуляров делят окружность S на n равных дуг.
2.10.
Ясно, что Р(AA1,BB1) = Р(AA1,AB1) + Р(AB1,BB1)  =  Р(MA1,MB1) + Р(AN,BN). Так MA1^BN и MB1^AN, то Р(MA1,MB1) = Р(BN,AN) =  – Р(AN,BN). Поэтому Р(AA1,BB1) = 0°. т. е. AA1||BB1.
2.11.
Так как AB||DE, то РACE = РBFD, а так как BC||EF, то РCAE = РFDB. Треугольники ACE и BDF имеют по два равных угла, поэтому третьи углы у них тоже равны. Из равенства этих углов следует равенство дуг AC и DF, т. е. параллельность хорд CD и AF.
2.12.
Доказательство проведем индукцией по n. Для четырехугольника утверждение очевидно, для шестиугольника оно было доказано в предыдущей задаче. Допустим, что утверждение доказано для 2(n – 1)-угольника, и докажем его для 2n-угольника. Пусть A1A2n есть 2n-угольник, в котором A1A2||An + 1An + 2,…,An – 1An||A2n – 1A2n. Рассмотрим 2(n – 1)-угольник  A1A2An – 1An + 1A2n – 1. По предположению индукции при нечетном n получаем An – 1An + 1 = A2n – 1A1, при четном n получаем An – 1An + 1||A2n – 1A1.
Рассмотрим треугольник An – 1AnAn + 1 и треугольник A2n – 1A2nA1. Пусть n четно. Тогда векторы 
®
An – 1An
 

и 
®
A2n – 1A2n
 
, ®
An – 1An + 1
 

и 
®
A2n – 1A1
 

параллельны и противоположно направлены, поэтому РAnAn – 1An + 1 = РA1A2n – 1A2n и AnAn + 1 = A2nA1 как хорды, отсекающие равные дуги, что и требовалось. Пусть n нечетно. Тогда An – 1An + 1 = A2n – 1A1, т. е. A1An – 1||An + 1A2n – 1. В шестиугольнике An – 1AnAn + 1A2n – 1A2nA1 имеем  A1An – 1||An + 1A2n – 1,An – 1An||
||A2n – 1A2n, поэтому согласно предыдущей задаче AnAn + 1||A2nA1, что и требовалось.

2.13.
Пусть прямые FG,GE и EF проходят через точки A,B и C, причем треугольник EFG равносторонний, т. е. Р(GE,EF) = Р(EF,FG) = Р(FG,GE) = ±60°. Тогда Р(BE,EC) = Р(CF,FA) = Р(AG,GB) = ±60°. Выбрав один из знаков, получим три окружности SE,SF и SG, на которых должны лежать точки E,F и G. Любая точка E окружности SE однозначно определяет треугольник EFG.
Пусть O- центр треугольника EFG;  P,R и Q- точки пересечения прямых OE,OF и OG с соответствующими окружностями SE,SF и SG. Докажем, что P,Q и R- центры правильных треугольников, построенных на сторонах треугольника ABC (для одного семейства внешним образом, для другого внутренним), а точка O лежит на описанной окружности треугольника PQR. Ясно, что Р(CB,BP) = Р(CE,EP) = Р(EF,EO) = 30°, a Р(BP,CP) = Р(BE,EC) = Р(GE,EF) = ±60°. Поэтому Р(CB,CP) = Р(CB,BP) + Р(BP,CP) = ±30°. Следовательно,  P- центр правильного треугольника со стороной AB. Для точек Q и R доказательство аналогично. Треугольник PQR равносторонний, причем его центр совпадает с точкой пересечения медиан треугольника ABC (см. задачу 1.50, б)). Можно проверить, что Р(PR,RQ) = 60° = Р(OE,OG) = Р(OP,OQ), т. е. точка O лежит на описанной окружности треугольника PQR.

2.14.
Ясно, что 2(РKEC + РKDC) = (И MB + ИAC) + (ИMB + ИBC) = 360°, так как И MB = ИAM).
2.15.
Обозначим угловую величину дуги, высекаемой сторонами треугольника ABC на окружности, через a. Рассмотрим дугу, высекаемую продолжениями сторон треугольника на окружности, и обозначим ее угловую величину через aў. Тогда (a + aў)/2 = РBAC = 60°. Но a  = aў, так как эти дуги симметричны относительно прямой, проходящей через центр окружности параллельно стороне BC. Поэтому a  = aў = 60°.
2.16.
Так как РAPB = (ИAB + ИCD)/2 = РAOB, точка O лежит на описанной окружности треугольника APB.
2.17.
Пусть O- точка пересечения прямых A1C1 и B1D1;  a,b,g и d- угловые величины дуг AB,BC,CD и DA. Тогда РA1OB1 = (И A1B + ИBB1 + ИC1D + И DD1)/2 = (a + b + g + d)/4 = 90°.

2.18.
Складывая равенства ИCўA + И CAў = 2(180° – РAPC) = 240° – 2РB и ИABў + ИBAў = 240° – 2РC, а затем вычитая из их суммы равенство ИBAў + ИCAў = 2РA, получаем ИCўBў = ИCўA + ИABў = 480° – 2(РA + РB + РC) = 120°. Аналогично ИBўAў = И CўAў = 120°.
2.19.
а) Докажем, например, что AA1^C1B1. Пусть M- точка пересечения этих отрезков. Тогда РAMB1 = (ИAB1 + ИA1B + ИBC1)/2 = РABB1 + РA1AB + РBCC1 = (РB + РA + РC)/2 = 90°.

б) Пусть M1 и M2- точки пересечения отрезков AA1 и BC,BB1 и AC. Прямоугольные треугольники AM1C и BM2C имеют общий угол C, поэтому РB1BC = РA1AC, а значит,  ИB1C = ИA1C и РB1C1C = РA1C1C, т. е.  CC1- биссектриса угла A1C1B1.

2.20.
Обозначим вершины треугольника T1 через A,B и C; середины дуг BC,CA,AB через A1,B1,C1. Тогда T2 = A1B1C1. Прямые AA1,BB1,CC1 являются биссектрисами треугольника T1, поэтому они пересекаются в одной точке O. Пусть прямые AB и C1B1 пересекаются в точке K. Достаточно проверить, что KO||AC. В треугольнике AB1O прямая B1C1 является биссектрисой и высотой, поэтому этот треугольник равнобедренный. Следовательно, треугольник AKO тоже равнобедренный. Прямые KO и AC параллельны, так как РKOA = РKAO = РOAC.
2.21.
Пусть l- касательная в точке A к первой окружности. Тогда Р(l,AP) = Р(AQ,PQ) = Р(BC,PB), а значит,  l||BC.
2.22.
Так как Р(AB,AD) = Р(AP,PD) = Р(AB,BC), то BC||AD.
2.23.
Из равенства угла между касательной и хордой соответствующему вписанному углу следует, что Р(AB,BC) = Р(AQ,QB) и Р(BA,AQ) = Р(BS,SA). Поэтому Р(BA,AC) = Р(AB,BQ), а значит, PS|| QR. Далее, Р(AP,PQ) = Р(AB,BQ) = Р(BA,AS) = Р(BR,RS), поэтому PQ|| SR.
2.24.
Пусть для определенности точка E лежит на луче BC. Тогда РABC = РEAC и РADE = РABC = РBAD = РEAC + РCAD = РDAE.
2.25.
Пусть P- вторая точка пересечения окружностей. Тогда Р(AB,DB) = Р(PA,PB) и Р(DC,AC) = Р(PC,PA). Складывая эти равенства, получаем Р(DC,DB) = Р(PC,PB) = Р(PC,CA) + Р(BA,PB); последние два угла опираются на постоянные дуги.
2.26.
а) Так как РMAB = РBNA, то сумма углов ABN и MAN равна сумме углов треугольника ABN.

б) Так как РBAM = РBNA и РBAN = РBMA, то DAMB ~ DNAB, а значит,  AM :  NA = MB : AB и AM : NA = AB : NB. Перемножая эти равенства, получаем требуемое.

2.27.
Пусть A1 и B1- точки пересечения прямых MA и MB с меньшей окружностью. Так как M- центр гомотетии окружностей, то A1B1||AB. Поэтому РA1MT = РA1TA = РB1A1T = РB1MT.
2.28.
Пусть j- угол между хордой AB и касательной, проходящей через один из ее концов. Тогда AB = 2Rsin j, где R- радиус окружности S. Кроме того,  PM = AMsin j и QM = BMsin j. Поэтому  
 1

PM
 +   1

QM
 = ((AM + BM)/sin j)AM · BM = 2R/(AM · BM)

. Величина AM · BM не зависит от выбора хорды AB.
2.29.
Пусть прямая AM пересекает окружность S2 в точке D. Тогда РMDC = РMCA = РMAB, поэтому CD||AB. Далее,  РCAM = РMCB = РMDB, поэтому AC||BD. Таким образом,  ABCD- параллелограмм, и его диагональ AD делит диагональ BC пополам.
2.30.
Проведем прямую l1, касающуюся S1 в точке A1. Прямая K1K2 касается S1 тогда и только тогда, когда Р(K1K2,K1A1) = Р(K1A1,l1). Ясно также, что Р(K1A,l1) = Р(A1B,l1) = Р(A2B,A1A2). Аналогично прямая K1K2 касается S2 тогда и только тогда, когда Р(K1K2,K2A2) = Р(A1B,A1A2). Остается заметить, что если Р(K1K2,K1A1) = Р(A2B,A1A2), то Р(K1K2,K2A2) = Р(K1K2,A2B)  =  Р(K1K2,A1B) + Р(A1B,A1A2) + Р(A1A2,A2B) = Р(A1B,A1A2).
2.31.
На хорды AC и A1C1 опираются равные углы ABC и A1B1C1, поэтому AC = A1C1.
2.32.
Обозначим центр окружности через O. Точки P и Q лежат на окружности с диаметром OM, т. е. точки O,P,Q и M лежат на окружности постоянного радиуса R/2. При этом либо РPOQ = РAOD, либо РPOQ = РBOD = 180° – РAOD, т. е. длина хорды PQ постоянна.
2.33.
Так как РAOC = 90° + РB/2 (см. задачу 5.3), то РEBD + РEOD = 90° + 3РB/2 = 180°, а значит, четырехугольник BEOD вписанный. На хорды EO и OD опираются равные углы EBO и OBD, поэтому EO = OD.
2.34.
Возьмем на продолжении отрезка BD за точку D такую точку Q, что РACQ = 40°. Пусть P- точка пересечения прямых AB и QC. Тогда РBPC = 60° и D- точка пересечения биссектрис углов треугольника BCP. Согласно задаче 2.33  AD = DQ. Кроме того,  РBQC = РBCQ = 80°. Следовательно,  BC = BD + DQ = BD + DA.
2.35.
Достаточно проверить, что внешний угол ACD треугольника BCD в два раза больше угла при вершине B. Ясно, что РACD = РAOD = 2РABD.
2.36.
Если точка M лежит внутри треугольника ABC, то РMAC < 45° < РMCD. Легко также проверить, что на сторонах треугольников ABC и ACD точка M лежать не может, поэтому она лежит внутри треугольника ACD. При этом РAMC = 180° – РMAC – (45° – РMCD) = 135°. Это означает, что точка M лежит на дуге окружности радиуса AB с центром B. Поэтому по теореме о вписанном угле РABM = 2РACM = 90° – 2a.
2.37.
Пусть O- центр окружности S. Точка B является центром описанной окружности треугольника ACD, поэтому РCDA = РABC/2 = 30°, а значит,  РEOA = 2РEDA = 60°, т. е. треугольник EOA равносторонний. Кроме того,  РAEC = РAED = РAOB = 2РAOC, поэтому точка E является центром описанной окружности треугольника AOC. Следовательно,  EC = EO.
2.38. Рассмотрим два положения подвижной окружности: в первый момент, когда точка K попадает на неподвижную окружность (точку касания окружностей в этот момент мы обозначим через K1), и какой¯нибудь другой (второй) момент.

Рис. 2.1 Пусть O- центр неподвижной окружности,  O1 и O2- положения центра подвижной окружности в первый и во второй моменты соответственно,  K2- положение точки K во второй момент.  A- точка касания окружностей во второй момент. Поскольку окружность катится без проскальзывания, длина дуги K1A равна длине дуги K2A. Так как радиус подвижной окружности в два раза меньше,  РK2O2A = 2РK1OA. Точка O лежит на подвижной окружности, поэтому РK2OA = РK2O2A/2 = РK1OA, т. е. точки K2,K1 и O лежат на одной прямой.

Траектория движения- диаметр неподвижной окружности.

2.39. Точки N и C лежат на окружности с диаметром AM. Углы MAN и MCN опираются на одну дугу, поэтому они равны.

2.40. При симметрии относительно биссектрисы угла BOC прямые AC и DB переходят друг в друга, поэтому нужно доказать, что РCўABў = РBўDCў. Так как BO = BўO, CO = CўO и AO :  DO = CO : BO, то AO · BўO = DO · CўO, т. е. четырехугольник ACўBўD вписанный и РCўABў = РBўDCў.

2.41. Обозначим точки пересечения и углы так, как показано на рис. 2.1. Достаточно проверить, что x = 90°. Углы четырехугольника BMRN равны 180° – j, a + j, b + j и x, поэтому равенство x = 90° эквивалентно равенству (2a + j) + (2b + j) = 180°. Остается заметить, что 2a + j  = РBAD и 2b + j  = РBCD.

2.42.
а) Достаточно доказать, что если P1- точка биссектрисы угла B (или ее продолжения), из которой отрезок BC виден под углом 90°, то P1 лежит на прямой MN. Точки P1 и N лежат на окружности с диаметром CO, где O- точка пересечения биссектрис, поэтому Р(P1N,NC) = Р(P1O,OC)  =  (180° – РA)/2 = Р(MN,NC).

б) Так как РBPC = 90°, то BP = BCcos (B/2), поэтому SABP : SABC = (BPsin (B/2)) : (BCsin B) = 1 : 2.

2.43.
Возьмем точку N так, что BN||MC и NC||BM. Тогда NA||CD,   РNCB = РCBM = РCDM = РNAB, т. е. точки A,B,N и C лежат на одной окружности. Поэтому РACD = РNAC = РNBC = РBCM.
2.44.
Точки A2,B2,C и P лежат на одной окружности, поэтому Р(A2B2,B2P) = Р(A2C,CP) = Р(BC,CP). Аналогично Р(B2P,B2C2) = Р(AP,BP). Следовательно,  Р(A2B2,B2C2) = Р(BC,CP) + Р(AP,AB) = Р(B1B,B1C1) + Р(A1B1,B1B) = Р(A1B1,B1C1). Аналогично проверяется, что и все другие углы треугольников A1B1C1 и A2B2C2 равны или составляют в сумме 180°; следовательно, эти треугольники подобны (см. задачу 5.44).
2.45.
Точки Qў и C лежат на окружности с диаметром PQ, поэтому РQўCQ = РQўPQ = 30°. Следовательно,  РBCQў = 60°. Аналогично РCBQў = 60°, а значит, треугольник BQўC правильный. Аналогично треугольник CPўD правильный.
2.46.
Пусть РBAD = 2a и РCBA = 2b; для определенности будем считать, что a і b. Возьмем на стороне CD точку E так, что DE = DA. Тогда CE = CD – AD = CB. Угол при вершине C равнобедренного треугольника BCE равен 180° – 2a, поэтому РCBE = a. Аналогично РDAE = b. Биссектриса угла B пересекает CD в некоторой точке F. Так как РFBA = b  = РAED, четырехугольник ABFE вписанный, а значит,  РFAE = РFBE = a – b. Следовательно,  РFAD = b + (a – b) = a, т. е. AF- биссектриса угла A.

Рис. 2.2

2.47. Так как ED = CB, EN = CM и РDEC = РBCA = 30° (рис. 2.2), то DEDN = DCBM. Пусть РMBC = РNDE = a, РBMC = РEND = b. Ясно, что РDNC = 180° – b. Рассматривая треугольник BNC, получаем РBNC = 90° – a. Поскольку a + b  = 180° – 30° = 150°, то РDNB = РDNC + РCNB = (180° – b) + (90° – a) = 270° – (a + b) = 120°. Поэтому точки B,O,N и D (O- центр шестиугольника) лежат на одной окружности. При этом CO = CB = CD, т. е. C- центр этой окружности, следовательно,  l = CN : CE = CB :  CA = 1 : Ц3.

2.48. Пусть D- вторая точка пересечения описанных окружностей треугольников A1BC и AB1C. Тогда Р(AC,CD) = Р(AB1,B1D) и Р(DC,CB) = Р(DA1,A1B). Поэтому Р(A1C1,C1B1) = Р(AC,CB)  =  Р(AC,CD) + Р(DC,CB) = Р(AB1,B1D) + Р(DA1,A1B) = Р(A1D,DB1), т. е. точки A1,B1,C1 и D лежат на одной окружности. Следовательно,  Р(A1C1,C1D)  =  Р(A1B1,B1D) = Р(AC,CD). Учитывая, что A1C1||AC, получаем требуемое.

2.49.
Пусть точка M симметрична точке A1 относительно прямой AC. Согласно задаче 1.58 точка M лежит на прямой B1C1. Поэтому Р(LM1,MA1) = Р(C1B1,B1A) = Р(C1C,CB) = Р(LK,KA1), т. е. точка M лежит на описанной окружности треугольника A1KL. Следовательно, центр этой окружности лежит на прямой AC- серединном перпендикуляре к отрезку A1M.
2.50.
Пусть PQ- диаметр, перпендикулярный AB, причем Q и C лежат по одну сторону от AB;  L- точка пересечения прямой QO с описанной окружностью;  Mў и Nў- точки пересечения прямых LBў и LAў со сторонами AC и BC. Достаточно проверить, что Mў = M и Nў = N.
Так как ИPA + ИABў + ИBўQ = 180°, то И BўQ = РA, а значит,  РBўLQ = РMўAO. Следовательно, четырехугольник AMўOL вписанный и РMўOA = РMўLA = РB/2. Поэтому РCMO = (РA + РB)/2, т. е. Mў = M. Аналогично Nў = N.

2.51.
Так как DADM ~ DCBM и DACM ~ DDBM, то AD : CB = DM : BM и AC : DB = AM : DM. Остается перемножить эти равенства.
2.52.
Пусть D1- точка пересечения прямой BD с окружностью, отличная от точки B. Тогда ИAB = ИAD1, поэтому РACB = РAD1B = РABD1. Треугольники ACB и ABD имеют общий угол A и, кроме того,  РACB = РABD, поэтому DACB ~ DABD. Следовательно,  AB :  AC = AD : AB.
2.53.
Пусть O- центр окружности. Так как РMAC = РACO = РCAO, то DAMC = DADC. Аналогично DCDB = DCNB. Так как D ACD ~ DCDB, то CD2 = AD · DB = AM · NB.
2.54.
Точки B1 и H лежат на окружности с диаметром AB, поэтому Р(AB,BC) = Р(AB,BH)  =  Р(AB1,B1H) = Р(B1C1,B1H). Аналогично имеем Р(AC,BC) = Р(B1C1,C1H).
2.55.
На продолжении отрезка BP за точку P возьмем точку D так, что PD = CP. Тогда треугольник CDP правильный и CD||QP. Поэтому BP : PQ = BD : DC = (BP + CP) :  CP, т. е. 
 1

PQ
 =   1

CP
 +   1

BP

.
2.56.
Отрезок QE виден из точек A и B под углом 45°, поэтому четырехугольник ABEQ вписанный. А так как РABE = 90°, то РAQE = 90°. Следовательно, треугольник AQE прямоугольный равнобедренный и AE/AQ = Ц2. Аналогично AF/AP = Ц2.
2.57.
Так как РANC = РABC = РCAB, то DCAM ~ DCNA, а значит,  CA :  CM = CN : CA, т. е. CM · CN = AC2, и AM : NA = CM :  CA. Аналогично BM : NB = CM : CB. Поэтому AM · BM/(AN · BN) = CM2/CA2 = CM2/(CM · CN) = CM/CN.
2.58.
Так как AK = AB = CD, AD = BC = CH и РKAD = РDCH, то DADK = DCHD и DK = DH. Покажем, что точки A,K,H,C и D лежат на одной окружности. Опишем вокруг треугольника ADC окружность. Проведем в этой окружности хорду CK1 параллельно AD и хорду AH1 параллельно DC. Тогда K1A = DC и H1C = AD. Значит,  K1 = K и H1 = H, т. е. построенная окружность проходит через точки K и H и углы KAH и KDN равны, так как они опираются на одну дугу. Кроме того, уже было показано, что KDH- равнобедренный треугольник.
2.59.
a) РPBA1 = РPAC1 и РPBC1 = РPAB1; поэтому прямоугольные треугольники PBA1 и PAC1,  PAB1 и PBC1 подобны, т. е. PA1 : PB = PC1 : PA, PB1 :  PA = PC1 : PB. Перемножив эти равенства, получим PA1 · PB1 = PC12, а поделив их, получим PA1  : PB1 = PA2  : PB2.

б) Согласно а) 
OAўў = 
Ц
 

OBў · OCў
 
, OBўў = 
Ц
 

OAў · OCў
 
,OCўў = 
Ц
 

OAў · OBў
 

. Перемножая эти равенства, получаем требуемое.

2.60.
Пусть K,L,M и N- основания перпендикуляров, опущенных из точки E на прямые AB,BC,CD и DA. Точки K и N лежат на окружности с диаметром AE, поэтому Р(EK,KN) = Р(EA,AN). Аналогично Р(EL,LM) = Р(EC,CM) = Р(EA,AN), а значит, Р(EK,KN) = Р(EL,LM). Аналогично Р(EN,NK) = Р(EM,ML) и Р(KE,EN) = Р(LE,EM). Следовательно, DEKN ~ DELM, а значит,  EK : EN = EL : EM, т. е. EN = EK · EM/EL = ac/b.
2.61.
Пусть H- точка пересечения высот,  M- середина стороны BC. Точки A1,B2 и C2 лежат на окружности с диаметром MH, поэтому Р(B2A1,A1C2) = Р(B2M,MC2) = Р(AC,AB). Кроме того,  Р(A1B2,B2C2) = Р(A1H,HC2) = 
 = Р(BC,AB) и Р(A1C2,C2B2) = Р(BC,AC).
2.62.
Пусть M- точка пересечения медиан,  H- точка пересечения высот треугольника ABC. Точки A1,B1 и C1- проекции точки M на высоты, поэтому они лежат на окружности с диаметром MH. Следовательно,  Р(A1B1,B1C1) = Р(AH,HC) = Р(BC,AB). Записывая аналогичные равенства для других углов, получаем требуемое.
2.63.
Пусть прямые BM и DN пересекают S2 в точках L и C1 соответственно. Докажем, что прямые DC1 и CN симметричны относительно прямой AN. Так как BN^NA, достаточно проверить, что РCNB = РBND. Но дуги CB и BD равны. Дуги C1M и CL симметричны относительно прямой AN, поэтому они равны, а значит,  РMDC1 = РCML. Кроме того,  РCNM = РMND. Следовательно,  DMCN ~ D DMN, т. е. CN : MN = MN : DN.
2.64.
Опустим из точки Q перпендикуляры QK1 и QN1 на KL и NM, из точки P перпендикуляры PM1 и PL1 на NM и KL. Ясно, что
 QC

PC
 =   QK1

PL1
 =   QN1

PM1

, т. е.
 QC2

PC2
 =   QK1 · QN1

PL1 · PM1

. Так как РKNC = РMLC и РNKC = РLMC, то QN1 : PL1 = QN : PL и QK1 : PM1 = QK : PM. Поэтому
 QC2

PC2
 =   QK · QN

PL · PM
 =   AQ · QB

PB · AP
 =   (AC – QC) · (AC + QC)

(AC – PC) · (AC + PC)
 =   AC2 – QC2

AC2 – PC2
.
Отсюда получаем QC = PC.
2.65.
а) Так как РCAM = РCBM и РCB1M = РCA1M, то РB1AM = РA1BM и РAB1M = РBA1M.

б) Пусть M1- такая точка окружности S с диаметром CO, что CM1||A1B1;  M2- точка пересечения окружности S с описанной окружностью треугольника ABC; A2 и B2- точки касания вписанной окружности со сторонами BC и AC. Достаточно проверить, что M1 = M2. Согласно задаче a) D AB2M2 ~ DBA2M2, поэтому B2M2 :  A2M2 = AB2 : BA2. А так как CA1 = p – b = BA2 и CB1 = AB2, то
 B2M1

A2M1
 =   sin B2CM1

sin A2CM1
 =   sin CA1B1

sin CB1A1
 =   CB1

CA1
 =   AB2

BA2
.
На дуге A2CB2 окружности S существует единственная точка X,

для которой B2X : A2X = k (см. задачу 7.14), поэтому M1 = M2.

2.66.
Пусть O- центр описанной окружности треугольника,  M- середина стороны AB,  H- основание высоты CH,  D- середина той из дуг, задаваемых точками A и B, на которой не лежит точка C.  OD||CH, поэтому РDCH = РMDC. Биссектриса делит пополам угол между медианой и высотой тогда и только тогда, когда РMCD = РDCH  =  РMDC = РODC = РOCD, т. е. M = O и AB- диаметр окружности.
2.67.
Пусть a = РA < РB. Согласно предыдущей задаче РC = 90°. Медиана CM делит треугольник ABC на два равнобедренных треугольника.   РACM = РA = a, РMCB = 3a, значит,  a + 3a = 90°, т. е. a = 22,5°. Поэтому РA = 22,5°, РB = 67,5°,РC = 90°.
2.68.
Пусть D- точка, в которой прямая AE пересекает описанную окружность. Точка D является серединой дуги BC. Поэтому MD||AH, причем точки A и D лежат по разные стороны от прямой MH. Следовательно, точка E лежит на отрезке MH.
2.69.
Ясно, что Р(AQ,QP) = Р(AN,NP)  =  Р(PM,MB) = Р(QP,QB). Поэтому точка Q лежит на окружности, из которой отрезок AB виден под углом 2Р(AC,CB), причем прямая QP делит дугу AB этой окружности пополам.
2.70.
Точки P и Q лежат на окружности с диаметром AD; эта окружность пересекает сторону BC в точке F (F не совпадает с D, если AB AC). Ясно, что Р(FC,CE) = Р(BA,AE)  =  Р(DA,AQ) = Р(DF,FQ), т. е. EC||FQ. Аналогично BE||FP. Для завершения доказательства остается заметить, что площади треугольников, прилегающих к боковым сторонам трапеции, равны.
2.71.
Пусть РAOB = a и РCOD = b. Тогда a/2 + b/2 = РADP + РPAD = 90°. А так как 2SAOB = R2sin a и 2SCOD = R2sin b, где R- радиус описанной окружности, то SAOB = SCOD. Аналогично SBOC = SAOD.
2.72.
Пусть РAOB = 2a и РCOD = 2b. Тогда a + b  = РADP + РPAD = 90°. Поэтому (AP2 + BP2) + (CP2 + DP2) = AB2 + CD2  =  4R2(sin 2a + cos 2a) = 4R2. Аналогично BC2 + AD2 = 4R2.
2.73.
Пусть M — середина AC,  N- середина BD. AM2 = AO2 – OM2, BN2 = BO2 – ON2, поэтому AC2 + BD2 = 4(R2 – OM2) + 4(R2 – ON2) = 8R2 – 4(OM2 + ON2) = 8R2 – 4OP2, так как OM2 + ON2 = OP2.
2.74.
Острые углы BLP и BDC имеют соответственно перпендикулярные стороны, поэтому они равны. Следовательно, РBLP = РBDC = РBAP. Кроме того,  AK||BL и AL^BK. Поэтому AKLB- ромб.
2.75.
Возьмем на описанной окружности точку D'1 так, что DDў||AC. Так как DDў^BD, то BDў- диаметр, а значит,  РDўAB = РDўCB = 90°. Поэтому SABCD = SABCD' = (ADў · AB + BC · CDў)/2  =  (AB · CD + BC · AD)/2.

Рис. 2.3

2.76. Проведем диаметр AE. РBEA = РBCP и РABE = РBPC = 90°, поэтому РEAB = РCBP. Углы, опирающиеся на хорды EB и CD, равны, поэтому EB = CD. Так как РEBA = 90°, расстояние от точки O до AB равно EB/2.

2.77. Пусть перпендикуляр, опущенный из точки P на BC, пересекает BC в точке H и AD в точке M (рис. 2.3). РBDA = РBCA = РBPH = РMPD. Из равенства углов MDP и MPD следует, что MP- медиана прямоугольного треугольника APD. В самом деле, РAPM = 90° – РMPD = 90° – РMDP  =  РPAM, т. е. AM = PM = MD.

2.78. Середины сторон четырехугольника ABCD являются вершинами прямоугольника (см. задачу 1.2), поэтому они лежат на одной окружности. Пусть K и L- середины сторон AB и CD,  M- точка пересечения прямых KP и CD. Согласно задаче 2.77  PM^CD, а значит,  M- проекция точки P на сторону CD и точка M лежит на окружности с диаметром KL. Для остальных проекций доказательство аналогично.

2.79.
а) Следует отметить, что так как точки A,B,C и D разбивают окружность на дуги, меньшие 180°, то построенный четырехугольник содержит эту окружность. Угол j между касательными, проведенными через точки A и B, равен 180° – РAOB, а угол y между касательными, проведенными через точки C и D, равен 180° – РCOD. Так как РAOB + РCOD = 180°, то j + y  =  180°.

Замечание. Обратно, из равенства j + y  =  180° следует, что РAOB + РCOD = 180°, т. е. AC^BD.

б) Пусть O- центр вписанной окружности. Так как РAKO + РBMO = 90°, то РAKO = РBOM и DAKO ~ DBOM. Следовательно,  AK · BM = BO · AO = r2.

2.80.
Предположим сначала, что описанные окружности треугольников AўBC и ABўC не касаются и P- их общая точка, отличная от C. Тогда Р(PA,PB) = Р(PA,PC) + Р(PC,PB) = Р(BўA,BўC) + Р(AўC,AўB) = Р(CўA,CўB), т. е. точка P лежит на описанной окружности треугольника ABCў.

В случае, когда описанные окружности треугольников AўBC и ABўC касаются, т. е. P = C, требуются незначительные изменения: вместо прямой PC нужно взять общую касательную.

2.81.
а) Применяя утверждение задачи 2.80 к треугольникам AB1C1, A1BC1 и A1B1C, построенным на сторонах треугольника A1B1C1, получаем требуемое.

б) Пусть P- точка пересечения указанных окружностей. Докажем, что величина угла Р(AP,PC) постоянна. Так как Р(AP,PC) = Р(AP,AB) + Р(AB,BC) + Р(BC,PC), а угол Р(AB,BC) постоянен, то остается проверить, что сумма Р(AP,AB) + Р(BC,PC) постоянна. Ясно, что Р(AP,AB) + Р(BC,CP) = Р(AP,AC1) + Р(CA1,CP) = Р(B1P,B1C1) + Р(B1A1,B1P)  =  Р(B1A1,B1C1), а величина последнего угла постоянна по условию. Аналогично доказывается, что величины углов Р(AP,PB) и Р(BP,PC) постоянны. Следовательно, точка P остается неподвижной.

2.82.
Описанная окружность треугольника AB1C1 проходит через точку X, поэтому РBXC = 180° – РA. Это означает, что точка X лежит на окружности, симметричной описанной окружности треугольника ABC относительно стороны BC. Ясно, что три окружности, симметричные описанной окружности треугольника относительно его сторон, не могут иметь более одной общей точки.
2.83.
Как следует из задачи 2.81, б), доказательство достаточно провести лишь для одного такого треугольника A1B1C1, например для треугольника с вершинами в серединах сторон треугольника ABC. Пусть H- точка пересечения высот треугольника A1B1C1, т. е. центр описанной окружности треугольника ABC. Так как A1H^B1C1 и B1H^A1C1, то Р(A1H,HB1)  =  Р(B1C1,A1C1) = Р(A1C,CB1), т. е. точка H лежит на описанной окружности треугольника A1B1C. Аналогично доказывается, что она лежит на описанных окружностях треугольников A1BC1 и AB1C1.
2.84.
а) Пусть X- точка пересечения описанных окружностей треугольников ABC и ABўCў. Тогда Р(XBў,XC)  =  Р(XBў,XA) + Р(XA,XC) = Р(CўBў,CўA) + Р(BA,BC). Так как ACў = AP = ABў, то треугольник CўABў равнобедренный, причем РCўABў = 2РA, поэтому Р(CўBў,CўA) = РA – 90°. Следовательно,  Р(XBў,XC) = РA – 90° + РB = 90° – РC = Р(AўBў,AўC), т. е. точка X лежит на описанной окружности треугольника AўBўC. Для описанной окружности треугольника AўBCў доказательство аналогично.

б) Пусть X- точка пересечения описанных окружностей треугольников AўBўCў и AўBC. Докажем, что она лежит на описанной окружности треугольника ABCў. Ясно, что Р(XB,XCў)  =  Р(XB,XAў) + Р(XAў,XCў) = Р(CB,CAў) + Р(BўAў,BўCў). Пусть A1,B1 и C1- середины отрезков PAў,PBў и PCў. Тогда Р(CB,CAў) = Р(CP,CA1) = Р(B1P,B1A1),Р(BўAў,BўCў) = Р(B1A1,B1C1) и Р(AB,ACў) = Р(AP,AC1) = Р(B1P,B1C1). Следовательно,  Р(XB,XCў) = Р(AB,ACў).

Аналогично доказывается, что точка X лежит на описанной окружности треугольника ABўC.

в) Так как QAў- общая хорда окружностей с центрами O и I, то QAў^OI. Аналогично QBў^OJ и QC^IJ. Поэтому стороны углов OJI и BўQC, а также углов OIJ и AўQC взаимно перпендикулярны, а значит,  sin OJI = sin BўQC и sin OIJ = sin AўQC. Следовательно,  OI : OJ = sin OJI :  sin OIJ = sin BўQC : AўQC. Ясно также, что
 QI

QJ
 =   sin QJI

sin QIJ
 =   sin (QJC/2)

sin (QIC/2)
 =   sin QBўC

sin QAўC
.
Учитывая, что sin BўQC : sin QBўC = BўC : QC и sin AўQC : sin QAўC = AўC : QC, получаем
 OI

OJ
 :   QI

QJ
 =   BўC

QC
 :   AўC

QC
 = 1.

Рис. 2.4

2.85. а) Из условия задачи следует, что никакие три прямые не пересекаются в одной точке. Пусть прямые AB,AC,BC пересекают четвертую прямую в точках D,E,F соответственно (рис. 2.4). Обозначим через P точку пересечения описанных окружностей треугольников ABC и CEF, отличную от точки C. Докажем, что точка P принадлежит описанной окружности треугольника BDF. Для этого достаточно проверить, что Р(BP,PF) = Р(BD,DF). Ясно, что Р(BP,PF) = Р(BP,PC) + Р(PC,PF) = Р(BA,AC) + Р(EC,EF) = Р(BD,AC) + 
 + Р(AC,DF) = Р(BD,DF). Аналогично доказывается, что точка P принадлежит описанной окружности треугольника ADE.

б) Воспользуемся обозначениями рис. 2.4. Согласно задаче а) описанные окружности треугольников ABC,ADE и BDF проходят через точку P, поэтому их можно рассмотреть как описанные окружности треугольников ABP,ADP и BDP. Следовательно, их центры лежат на окружности, проходящей через точку P (см. задачу 5.96). Аналогично доказывается, что центры любых трех из данных окружностей лежат на окружности, проходящей через точку P. Следовательно, все четыре центра лежат на окружности, проходящей через точку P.

2.86. а) Пусть P- точка Микеля для прямых AB,BC,CA и A1B1. Углы между лучами PA,PB,PC и касательными к окружностям Sa,Sb,Sc соответственно равны Р(PB1,B1A) = Р(PC1,C1A), Р(PC1,C1B) = Р(PA1,A1B), Р(PA1,A1C) = Р(PB1,B1C). А так как Р(PC1,C1A) = Р(PC1,C1B) = Р(PA1,A1C) = j, то при повороте на угол j с центром P прямые PA,PB и PC переходят в касательные к окружностям Sa,Sb и Sc, а значит, при повороте на угол 90° – j эти прямые переходят в прямые POa,POb и POc. Кроме того,  POa/PA = POb/PB = POc/PC = 1/2sin j. Следовательно, при повороте на 90° – j и гомотетии с центром P и коэффициентом 1/2sin j треугольник ABC переходит в OaObOc.

б) Рассмотренное в решении задачи а) преобразование переводит центр O описанной окружности треугольника ABC в центр Oў описанной окружности треугольника OaObOc, а ортоцентр H треугольника ABC в ортоцентр Hў треугольника OaObOc. Достроим треугольник OOўHў до параллелограмма OOўHўM. Так как OH/OM = OH/OўHў = 2sin j и РHOM = Р(HO,OўHў) = 90° – j, то MH = MO, т. е. точка M лежит на серединном перпендикуляре к отрезку OH. Остается заметить, что для вписанного четырехугольника OOaObOc с точка M определена однозначно: взяв вместо точки O любую из точек Oa,Ob,Oc, получим ту же самую точку M (см. задачу 13.33).

2.87.
Можно считать, что лучи AB и DC пересекаются в точке E, а лучи BC и AD- в точке F. Пусть P- точка пересечения описанных окружностей треугольников BCE и CDF. Тогда  РCPE = РABC и РCPF = РADC. Поэтому РCPE + РCPF = 180°, т. е. точка P лежит на отрезке EF.
2.88.
а) Так как  Р(AP,PD) = Р(AP,PE) + Р(PE,PD)  =  Р(AC,CD) + Р(AB,BD) = Р(AO,OD), точки A,P,D и O лежат на одной окружности.
6) Ясно, что  Р(EP,PO) = Р(EP,PA) + Р(PA,PO)  =  Р(DC,CA) + Р(DA,DO) = 90°, так как дуги, на которые опираются эти углы, составляют половину окружности.

2.89.
Воспользуемся обозначениями рис. 2.4. Проекции точки P на прямые CA и CB совпадают с ее проекциями на CE и CF. Следовательно, прямые Симсона точки P относительно треугольников ABC и CEF совпадают (см. задачу 5.95, а)).
2.90.
Пусть точка Aў симметрична точке A относительно серединного перпендикуляра к отрезку BC. Тогда РOAH = РAOAў/2 = РABAў = |РB – РC|.
2.91.
Так как AAў- диаметр, то AўC^AC, поэтому BH||AўC. Аналогично CH||AўB. Следовательно,  BAўCH- параллелограмм.
2.92.
Пусть l- прямая, параллельная двум исходным прямым;  D- точка пересечения прямых m и n. Тогда Р(AD,DB) = Р(m,AB) + Р(AB,n)  =  Р(AC,l) + Р(l,CB) = Р(AC,CB), а значит, точка D лежит на описанной окружности треугольника ABC.
2.93.
а) Пусть O- середина дуги окружности S, лежащей внутри треугольника ABC. Тогда РCBO = РBCO, а по свойству угла между касательной и хордой РBCO = РABO. Поэтому BO- биссектриса угла ABC, т. е. O- центр вписанной окружности треугольника ABC.
Аналогично доказывается, что середина дуги окружности S, лежащей вне треугольника ABC, является центром его вневписанной окружности.

б) Требуется доказать, что центр рассматриваемой окружности S лежит на биссектрисе угла BAC. Пусть D- точка пересечения биссектрисы этого угла с описанной окружностью треугольника ABC. Тогда DB = DO = DC (см. задачу 2.4, а)), т. е. D- центр окружности S.

2.94.
Если угол C прямой, то решение задачи очевидно:  C является точкой пересечения прямых A1B,A2B2,AB1. Если же РC 90°, то описанные окружности квадратов ACA1A2 и BCB1B2 имеют кроме C еще одну общую точку — точку C1. Тогда Р(AC1,A2C1) = Р(A2C1,A1C1)  =  Р(A1C1,C1C) = Р(C1C,C1B1) = Р(C1B1,C1B2)  =  Р(C1B2,C1B) = 45° (или же  – 45°; важно лишь то, что все углы имеют один и тот же знак). Поэтому Р(AC1,C1B1) = 4 · 45° = 180°, т. е. прямая AB1 проходит через точку C1. Аналогично A2B2 и A1B проходят через точку C1.
2.95.
Пусть P и O- центры окружностей S1 и S2;  a  = РAPC, b  = РBPC; прямые AC и BC пересекают S2 в точках K и L. Так как РOAP = РOBP = 90°, то РAOB = 180° – a – b. Далее,  РLOB = 180° – 2РLBO = 2РCBP = 180° – b. Аналогично РKOA = 180° – a. Поэтому РLOK = РLOB + РKOA – РAOB = 180°, т. е. KL- диаметр.
2.96.
Рассмотрим точки Mў,Pў,Qў и Rў симметричные точкам M,P,Q и R относительно прямой OA. Так как точка C симметрична точке B относительно OA, прямая PўQў проходит через точку C. Легко проверяются следующие равенства: Р(CS,NS) = Р(QўQ,NQ) = Р(QўPў,NPў) = Р(CPў,NPў) и Р(CRў,PўRў) = Р(MMў,PўMў) = Р(MN,PўN) = Р(CN,PўN). Из этих равенств получаем, что точки C,N,Pў,S и Rў лежат на одной окружности. Но точки S,Rў и C лежат на одной прямой, поэтому S = Rў.

  Глава 2. Задачи для самостоятельного решения  |  Оглавление |  Глава 3.

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