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

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 OAO_b прямоугольный и РAOM = РMAO = j, то РMAO_b = РMO_bA = 90° – j, а значит,  MA = MO_b. Аналогично MC = MO_b.

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.

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 A₁…A_2n есть 2n-угольник, в котором A₁A₂||A_n + 1A_n + 2,…,A_n – 1A_n||A_2n – 1A_2n. Рассмотрим 2(n – 1)-угольник  A₁A₂… A_n – 1A_n + 1… A_2n – 1. По предположению индукции при нечетном n получаем A_n – 1A_n + 1 = A_2n – 1A₁, при четном n получаем A_n – 1A_n + 1||A_2n – 1A₁.

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 S_E,S_F и S_G, на которых должны лежать точки E,F и G. Любая точка E окружности S_E однозначно определяет треугольник EFG.

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.

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 S_ABP : S_ABC = (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.

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,

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 2S_AOB = R²sin a и 2S_COD = R²sin b, где R- радиус описанной окружности, то S_AOB = S_COD. Аналогично S_BOC = S_AOD.

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 S_ABCD = S_ABCD' = (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 S_a,S_b,S_c 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 S_a,S_b и S_c, а значит, при повороте на угол 90° – j эти прямые переходят в прямые PO_a,PO_b и PO_c. Кроме того,  PO_a/PA = PO_b/PB = PO_c/PC = 1/2sin j. Следовательно, при повороте на 90° – j и гомотетии с центром P и коэффициентом 1/2sin j треугольник ABC переходит в O_aO_bO_c.

б) Рассмотренное в решении задачи а) преобразование переводит центр O описанной окружности треугольника ABC в центр Oў описанной окружности треугольника O_aO_bO_c, а ортоцентр H треугольника ABC в ортоцентр Hў треугольника O_aO_bO_c. 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 OO_aO_bO_c с точка M определена однозначно: взяв вместо точки O любую из точек O_a,O_b,O_c, 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.

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.

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.