Рис. 3.8

Рис. 3.9

3.4. Пусть прямые AB,BC,CD и DA касаются окружности в точках P,Q,R и S. Тогда CQ = CR = x, поэтому BP = BC + CQ = BC + x и DS = DC + CR = DC + x. Следовательно,  AP = AB + BP = AB + BC + x и AS = AD + DS = AD + DC + x. Учитывая, что AP = AS, получаем требуемое.

3.5. Пусть прямая AB касается окружностей с центрами O₁ и O₂ в точках C и D. Так как РO₁AO₂ = 90°, прямоугольные треугольники AO₁C и O₂AD подобны. Поэтому O₁C : AC = AD : DO₂. Кроме того,  AD = CB (см. задачу 3.2). Следовательно,  AC · CB = Rr.

3.6. Пусть прямые AB и CD пересекаются в точке O. Для определенности будем считать, что точки A и D принадлежат первой окружности, а B и C- второй, причем OB < OA (рис. 3.8). Точка M пересечения биссектрис углов A и D четырехугольника ABCD является серединой той дуги первой окружности, которая лежит внутри треугольника AOD, а точка N пересечения биссектрис углов B и C- серединой той дуги второй окружности, которая лежит вне треугольника BOC (см. задачу 2.93, а)). Четырехугольник ABCD описанный тогда и только тогда, когда точки M и N совпадают.

3.7. Пусть R- точка касания вневписанной окружности со стороной BD,  P и Q- точки пересечения отрезка MN с BC и CD соответственно (рис. 3.9). Так как РDMQ = РBPN,  РDQM = РBNP и РDMQ = РBNP, то треугольники MDQ,PBN и PCQ равнобедренные. Поэтому CP = CQ,DQ = DM = DR и BP = BN = BR. Следовательно,  P,Q и R- точки касания вписанной окружности треугольника BCD с его сторонами (см. задачу 5.1).

Рис. 3.10

3.8. Обозначим некоторые точки касания так, как показано на рис. 3.10. Сумма длин одной пары противоположных сторон среднего четырехугольника равна сумме длин пары других его сторон. Продолжим стороны этого четырехугольника до точек касания с вписанными окружностями остальных четырехугольников (ST- один из полученных отрезков). При этом обе суммы длин пар противоположных отрезков увеличатся на одно и то же число. Каждый из полученных отрезков является общей касательной к паре «угловых» окружностей; его можно заменить на равную ему по длине другую общую внешнюю касательную (т. е. ST заменить на QR). Для доказательства равенства AB + CD = BC + AD остается воспользоваться равенствами вида AP = AQ.

3.9. Пусть P- точка пересечения диагоналей выпуклого четырехугольника ABCD. Четырехугольник ABCD вписанный тогда и только тогда, когда DAPB ~ DDPC, т. е. PA · PC = PB · PD. Так как четырехугольники ALBN и AMBK вписанные, то PL · PN = PA · PB = PM · PK. Поэтому четырехугольник KLMN вписанный.

3.10.

Пусть O- точка пересечения прямой AB и отрезка MN. Тогда OM² = OA · OB = ON², т. е. OM = ON.

3.11.

Пусть для определенности лучи OA и BC сонаправлены;  M- точка пересечения прямых KL и OA. Тогда РLOM = РLCB = РOKM, а значит,  DKOM ~ DOLM. Следовательно,  OM : KM = LM : OM, т. е. OM² = KM · LM. Кроме того,  MA² = MK · ML. Поэтому MA = OM.

3.12.

Пусть O- точка пересечения диагоналей AC и BD. Тогда MO · OC = BO · OD. Тогда как OC = OA и BO = OD, то MO · OA = BO² и MO · OA = DO². Эти равенства означают, что OB касается описанной окружности треугольника ABM и OD касается описанной окружности треугольника ADM.

3.13.

Пусть C- точка пересечения прямой AB с описанной окружностью треугольника BMN, отличная от точки B;  AP- касательная к окружности S. Тогда AB · AC = AM · AN = AP², а значит,  AC = AP²/AB т. е. точка C одна и та же для всех прямых l.

3.14.

Ясно, что MC² = MP · MQ = MA · MB, причем точка M лежит на луче AB, если AC > BC, и на луче BA, если AC < BC. Пусть для определенности точка M лежит на луче AB. Тогда (MB + BC)² = (MB + BA) · MB. Следовательно,  MB = BC²/(AB – 2BC), а значит, положение точки M не зависит от выбора окружности Sў.

3.15.

Пусть M- точка пересечения прямой CD и касательной к окружностям в точке A. Тогда MC = MA = MD. Поэтому точка A лежит на окружности с диаметром CD.

3.16.

Точки O₁,A и O₂ лежат на одной прямой, поэтому РA₂AO₂ = РA₁AO₁. Треугольники AO₂A₂ и AO₁A₁ равнобедренные, поэтому РA₂AO₂ = РAA₂O₂ и РA₁AO₁ = РAA₁O₁. Следовательно,  РAA₂O₂ = РAA₁O₁ т. е. O₁A₁||O₂A₂.

3.17.

Пусть O₁,O₂ и O₃- центры окружностей S₁,S₂ и S₃;  A,B,C- точки касания окружностей S₂ и S₃,  S₃ и S₁,  S₁ и S₂;  A₁ и B₁- точки пересечения прямых CA и CB с окружностью S₃. Согласно предыдущей задаче B₁O₃||CO₁ и A₁O₃||CO₂. Точки O₁,C и O₂ лежат на одной прямой, поэтому точки A₁,O₃ и B₁ тоже лежат на одной прямой, т. е. A₁B₁ диаметр окружности S₃.

3.18.

Пусть A₁,A₂ и B- точки касания окружностей с центрами O и O₁,  O и O₂,  O₁ и O₂,. Тогда O₁O₂ = O₁B + BO₂ = O₁A₁ + O₂A₂. Поэтому OO₁ + OO₂ + O₁O₂ = (OO₁ + O₁A₁) + (OO₂ + O₂A₂) = OA₁ + OA₂ = 2R.

3.19.

Пусть O,O₁ и O₂- центры окружностей S,S₁ и S₂;  C- общая точка окружностей S₁ и S₂, лежащая на отрезке AB. Треугольники AOB, AO₁C и CO₂B равнобедренные, поэтому OO₁CO₂- параллелограмм и OO₁ = O₂C = O₂B, а значит,  AO = AO₁ + O₁O = AO₁ + O₂B.

3.20.

Пусть O₁ и O₂- центры окружностей S₁ и S₂;  X- вторая точка пересечения прямой AB с окружностью S₂. Квадрат искомой длины касательной равен BA · BX. Так как AB : BX = O₁A : O₁O₂, то  AB · BX = AB² · O₁O₂/R = a²(R±r)/R, где знак минус берется в случае внутреннего касания.

3.21.

Пусть O,O₁ и O₂ — центры окружностей с диаметрами AB,AC и BC. Достаточно проверить, что KO = OL. Докажем, что DO₁KO = DO₂OL. В самом деле,  O₁K = AC/2 = O₂O,  O₁O = BC/2 = O₂L и РKO₁O = РOO₂L = 180° – 2a, где a — угол между прямыми KL и AB.

3.22.

Пусть O_i- центр окружности S_i,  A_i- точка касания окружностей S_i и S_i + 1. Четырехугольник O₁O₂O₃O₄ выпуклый; пусть a₁,a₂,a₃ и a₄- величины его углов. Легко проверить, что РA_i – 1A_iA_i + 1 = (a_i + a_i + 1)/2, поэтому РA₁ + РA₃ = (a₁ + a₂ + a₃ + a₄)/2  =  РA₂ + РA₄.

3.23.

а) Пусть A₁,B₁ и C₁- проекции точек A,B и C на прямую l;  C₂- проекция точки C на прямую AA₁. По теореме Пифагора CC₂² = AC² – AC₂², т. е. A₁C₁² = (a + c)² – (a – c)² = 4ac. Аналогично B₁C₁² = 4bc и A₁B₁² = 4ab. Так как A₁C₁ + C₁B₁ = A₁B₁, то 

Ц

ac

+

Ц

bc

=

Ц

ab

, т. е. 1/Цb + 1/Цa = 1/Цc.

б) Пусть A,B,C — центры «внешних» окружностей,  D — центр «внутренней» окружности (рис. 3.11). Полупериметр треугольника BDC равен b + c + d, поэтому

cos 2 ж и  BDC 2 ц ш  =   d(b + c + d) (b + d)(c + d) ,        sin 2 ж и  BDC 2 ц ш  =   bc (b + d)(c + d)

(см. задачу 12.13). Если aў + bў + gў = 180°, то sin ²aў + sin ²bў – sin ²gў + 2 sin bўgў cos aў = 0 (это утверждение эквивалентно теореме косинусов). Подставив в эту формулу значения aў = РBDC/2, bў = РADC/2 и gў = РADB/2, получим

bc (b + d)(c + d)  –   ac (a + d)(c + d)  –   ab (a + d)(b + d)  + 2 a Ц bcd(b + c + d) (a + d)(b + d)(c + d)  = 0,

т. e.

a + d a  –   b + d b  –   c + d c  + 2   ж Ц  d(b + c + d) bc    = 0.

Разделив на d, имеем

a – b – g – d + 2

Ц

bg + gd + db

= 0

. Поэтому (a + b + g + d)² = (a – b – g – d)² + 4(ab + ag + ad)  =  4(bg + gd + db) + 4(ab + ag + ad) = 2(a  > + d)² – 2(a² + b² + g² + d²), т. е. 2(a² + b² + g² + d²) = (a + b + g + d)².

Рис. 3.11 Рис. 3.12

3.24.

Пусть A₁,B₁ и C₁- центры данных окружностей (рис. 3.12). Тогда A₁BC₁H- ромб, а значит,  BA₁||HC₁. Аналогично B₁A||HC₁, поэтому B₁A||BA₁ и B₁ABA₁- параллелограмм.

б) Так же, как было доказано, что B₁A||BA₁, можно доказать, что B₁C||BC₁ и A₁C||AC₁; кроме того, длины всех этих шести отрезков равны R. Достроим треугольник BA₁C до ромба BA₁CO. Тогда AB₁CO тоже ромб. Поэтому AO = BO = CO = R, т. e. O- центр описанной окружности треугольника ABC, и ее радиус равен R.

3.25.

Легко проверить, что ИAB₁±ИB₁A₁ = ИAC₁ + ИC₁A₁, ИBC₁ + ИC₁B₁ = ИBA₁±ИB₁A₁ и ИC₁A₁±ИCA₁ = ИC₁B₁±ИB₁C, где знак минус берется только в случае б . Складывая эти равенства, получаем ИAB₁ + ИBC₁±ИCA₁  =  ИAC₁ + ИBA₁±ИCB₁. С другой стороны, удвоенные величины углов треугольника ABC равны ИBA₁±ИCA₁, ИAB₁±ИCB₁ и ИBC₁ + ИAC₁, а их сумма равна 360°.

3.26.

Так как ИAP + ИBP + ИPQ = 180° (см. задачу 3.25), то ИAB = 180° – ИPQ. Аналогично ИCD = 180° – ИPQ, т. е. ИAB = ИCD, а значит,  AB = CD. Кроме того,  PQ^AB и PQ^CD (см. задачу 3.24), поэтому AB||CD.

3.27.

Точки M,B и C лежат на окружности с диаметром AO. Кроме того, хорды OB и OC этой окружности равны.

3.28.

Точки B и X лежат на окружности с диаметром KO, поэтому РXKO = РXBO. Аналогично РXLO = РXCO. Так как РXBO = РXCO, то треугольник KOL равнобедренный, причем OX- его высота.

3.29.

Достаточно проверить, что AK · AL = AM · AO. В самом деле, тогда точки K,L,M и O лежат на одной окружности, и поэтому РMKO = РMLO. Так как DAOP ~ D APM, то AM · AO = AP²; ясно также, что AK · AL = AP².

3.30.

Пусть O- центр окружности; точки Dў и Eў симметричны точкам D и E относительно прямой AO. Согласно задаче 28.7 прямые EDў и EўD пересекаются в точке M. Поэтому РBDM = РEBM и РBEM = РDBM, а значит,  DBDM ~ DEBM Следовательно,  BM : DM = EM : BM. Кроме того, если прямая ED разделяет точки B и M, то РDME = И DE = 2РDCE.

3.31.

а) Так как DKAB ~ DKBC, то AB : BC = KB : KC. Аналогично AD : DC = KD :  KC. Учитывая, что KB = KD, получаем требуемое.

3.32.

Опустим из центра O окружности S перпендикуляр OM на прямую l. Докажем, что точка X, в которой пересекаются AB и OM, остается неподвижной. Точки A,B и M лежат на окружности с диаметром PO. Поэтому РAMO = РABO = РBAO, а значит,  DAMO ~ DXAO, так как угол при вершине O у этих треугольников общий. Следовательно,  AO : MO = XO :  AO, т. е. OX = OA²/MO- постоянная величина.

3.33.

Так как РOBP = РOAB = РOCB, то DOBP ~ DOCB, а значит,  OB² = OP · OC. Проведем из точки C касательную CD к окружности S₁. Тогда OD² = OB² = OP · OC. Следовательно,  DODC ~ DOPD и РOPD = РODC = 90°.

3.34.

Прямые BC и AD являются высотами треугольника APB, поэтому прямая PQ, проходящая через точку Q их пересечения, перпендикулярна прямой AB.

3.35.

Обозначим точки пересечения прямых AC и BD,  BC и AD через K и K₁ соответственно. Согласно предыдущей задаче KK₁^AB, поэтому достаточно доказать, что точка пересечения касательных в точках C и D лежит на прямой KK₁.

Аналогично доказывается, что касательная в точке D проходит через середину отрезка KK₁.

3.36.

а) Прямая AC пересекает окружность в точках A и A₁, прямая BC — в точках B и B₁. Если A = A₁ (или B = B₁), то прямая AC (или BC) — искомый перпендикуляр. Если же это не так, то AB₁ и BA₁ являются высотами треугольника ABC и искомая прямая — это прямая, проходящая через точку C и точку пересечения прямых AB₁ и BA₁.

3.37.

Так как PA^O_bO_c, то прямая PA проходит через точку O_a тогда и только тогда, когда прямая PO_a проходит через точку пересечения высот треугольника O_aO_bO_c. Аналогичные утверждения верны и для точек B и C. Из условия задачи следует, что P- точка пересечения высот треугольника O_aO_bO_c, а значит,  PO_c^O_aO_b.

3.38.

Пусть 2a и 2b- длины катетов,  2c- длина гипотенузы. Сумма площадей «луночек» равна pa² + pb² + S_ABC – pc². Ясно, что p(a² + b² – c²) = 0.

3.39.

Доказательство достаточно провести для каждой из четырех частей, на которые диаметры делят исходный круг (рис. 3.13). Рассмотрим в круге сегмент, отсекаемый хордой, на которую опирается центральный угол 90°; пусть S и s- площади таких сегментов для исходного и четырех построенных кругов соответственно. Ясно, что S = 4s. Остается заметить, что площадь части с одинарной штриховкой равна S – 2s = 2s, а площадь части с двойной штриховкой равна 2s.

Рис. 3.13 Рис. 3.14

3.40.

Обозначим точки пересечения окружностей, построенных на отрезках OB и OC,  OA и OC,  OA и OB, через A₁,B₁,C₁ соответственно (рис. 3.14).  РOA₁B = РOA₁C = 90°, поэтому точки B,A₁ и C лежат на одной прямой, а так как окружности имеют одинаковые радиусы, то BA₁ = A₁C. Точки A₁,B₁,C₁ являются серединами сторон треугольника ABC, поэтому BA₁ = C₁B₁ и BC₁ = A₁B₁. Так как круги имеют одинаковый радиус, то равные хорды BA₁ и C₁B₁ отсекают от кругов части равной площади, а равные хорды C₁B и B₁A₁ также отсекают от кругов части равной площади. Поэтому площадь криволинейного треугольника A₁B₁C₁ равна площади параллелограмма A₁B₁C₁B, т. е. равна половине площади треугольника ABC.

Рис. 3.15

3.41. Рассматриваемые окружности проходят через основания высот треугольника, а значит, точки их пересечения лежат на сторонах треугольника. Пусть x,y,z и u- площади рассматриваемых криволинейных треугольников;  a,b,c,d,e и f- площади сегментов, отсекаемых от окружностей сторонами треугольника;  p,q и r- площади частей треугольника, лежащих вне внутреннего криволинейного треугольника (рис. 3.15). Тогда x + (a + b) = u + p + q + (c + f),y + (c + d) = u + q + r + (e + b) и z + (e + f) = u + r + p + (a + d). Складывая эти равенства, получаем x + y + z = 2(p + q + r + u) + u.

3.42. а) Пусть O и O₁- центры окружностей S и S₁. Треугольники MO₁N и PON равнобедренные, причем РMO₁N = РPON. Следовательно, точки P,M и N лежат на одной прямой.

б) Ясно, что PQ² = PM · PN = PM · (PM + MN). Пусть K- середина хорды AB. Тогда PM² = PK² + MK² и PM · MN = AM · MB = AK² – MK². Поэтому PQ² = PK² + AK² = PA².

3.43.

Согласно задаче 3.42, б)  BE = BD. Поэтому РDAE + РADE = РDEB = РBDE = РBDC + РCDE. А так как РDAB = РBDC, то РADE = РCDE.

3.44.

Пусть O₁ и O₂- центры вписанных окружностей,  CP и CQ- касательные к ним. Тогда CO₁² = CP² + PO₁² = CP² + O₁M² и, так как CQ = CA = CP (задача 3.42, б)),  CO₂² = CQ² + QO₂² = CP² + O₂M². Следовательно,  CO₁² – CO₂² = MO₁² – MO₂², а значит, прямая CM перпендикулярна O₁O₂ (см. задачу 7.6). Поэтому прямая MN проходит через точку C.

3.45.

Пусть РLAB = a и РLBA = b (a + b  =  90°). Согласно задаче 3.42, б) AB₁ = AL, поэтому РAB₁L = (90° – a)/2. Аналогично РBA₁L = (90° – b)/2. Следовательно, РA₁LB₁ = (a + b)/2 = 45°.

3.46.

Пусть A₁ и B₁- середины дуг BC и AC;  O- центр вписанной окружности. Тогда A₁B₁^CO (см. задачу 2.19, а) и MN^CO, а значит,  MN||A₁B₁. Будем перемещать точки Mў и Nў по лучам CA и CB так, что MўNў||A₁B₁. Лишь при одном положении точек Mў и Nў точка L, в которой пересекаются прямые B₁Mў и A₁Nў, попадает на описанную окружность треугольника ABC. С другой стороны, если отрезок MN проходит через точку O, точка L попадает на эту окружность (см. задачу 2.50).

Рис. 3.16

3.47. Решение этой задачи обобщает решение предыдущей задачи. Достаточно доказать, что центр O₁ вписанной окружности треугольника ABC₁ лежит на отрезке M₂N₁. Пусть A₁ и A₂- середины дуг BC₁ и BC₂,  B₁ и B₂- середины дуг AC₁ и AC₂;  PQ- диаметр окружности S, перпендикулярный хорде AB, причем Q и C₁ лежат по одну сторону от прямой AB. Точка O₁ является точкой пересечения хорд AA₁ и BB₁, а точка L касания окружностей S и S₁ является точкой пересечения прямых A₁N₁ и B₂M₂ (рис. 3.16). Пусть РC₁AB = 2a,РC₁BA = 2b, РC₁AC₂ = 2j. Тогда ИA₁A₂ = 2j = ИB₁B₂, т. е. A₁B₂||
||B₁A₂. Угол между хордами A₁B₂ и BC₁ равен (ИB₂C₁ + ИA₁B)/2 = b – j + a, а угол между хордами BC₁ и AC₂ равен (ИC₁C₂ + ИAB)/2 = 2j + 180° – 2a – 2b. Поэтому хорда M₂N₁ образует с касательными BC₁ и AC₂ равные углы a + b – j, а значит,  M₂N₁||A₁B₂.

Предположим теперь, что точки M₂ў и N₁ў перемещаются по хордам AC₂ и BC₁ так, что M₂ўN₁ў||A₁B₂. Пусть прямые A₁N₁ў и B₂M₂ў пересекаются в точке Lў. Точка Lў лежит на окружности S лишь при одном положении точек M₂ў и N₁ў. Поэтому достаточно указать на дуге AB такую точку L₁, что если M₂ўў,N₁ўў- точки пересечения хорд AC₂ и L₁B₂,  BC₁ и L₁A₁, то M₂ўўN₁ўў||A₁B₂ и точка O₁ лежит на отрезке M₂ўўN₁ўў. Пусть Q₁- такая точка окружности S, что 2Р(PQ,PQ₁) = Р(PC₂,PC₁), и L₁- точка пересечения прямой Q₁O₁ с окружностью S. Докажем, что точка L₁ искомая. Так как ИB₁Q = 2a, то ИB₂Q₁ = 2(a – 2j) = ИC₂A₁. Поэтому четырехугольник AM₂ўўO₁L₁ вписанный, а значит, РM₂ўўO₁A = РM₂ўўL₁A = РB₂A₁A, т. е. M₂ўўO₁||B₂A₁. Аналогично N₁ўўO₁||B₂A₁.

3.48.

Пусть окружности с центрами O₁ и O₂ проходят через точку A. Радиусы O₁A и O₂A перпендикулярны касательным к окружностям в точке A, поэтому окружности ортогональны тогда и только тогда, когда РO₁AO₂ = 90°, т. е. O₁O₂² = O₁A² + O₂A².

3.49.

Пусть A₁,B₁ и C₁- центры данных окружностей, причем точки A,B и C лежат на отрезках B₁C₁,C₁A₁ и A₁B₁ соответственно. Так как A₁B = A₁C,B₁A = B₁C и C₁A = C₁B, то A,B и C- точки касания вписанной окружности треугольника A₁B₁C₁ с его сторонами (см. задачу 5.1). Таким образом, радиусы A₁B,B₁C и C₁A данных окружностей касаются описанной окружности треугольника ABC.

3.50.

Легко проверить, что угол поворота от вектора 

® OiB

до вектора 

® OiMi

(против часовой стрелки) равен 2Р(AB,AM_i). Ясно также, что Р(AB,AM₁) = Р(AB,AM₂).

3.51.

Проведем через точку P другую прямую, пересекающую окружность в точках A₁ и B₁. Тогда D PAA₁ ~ DPB₁B, поэтому PA : PA₁ = PB₁ : PB.

3.52.

Проведем через точку P касательную PC.  D PAC ~ DPCB, поэтому PA : PC = PC : PB.

3.53.

Пусть прямая, проходящая через точку P и центр окружности, пересекает окружность в точках A и B. Тогда PA = d + R и PB = |d – R|. Поэтому PA · PB = |d² – R²|. Ясно также, что величина d² – R² и степень точки P относительно окружности S имеют одинаковые знаки.

3.54.

Пусть R₁ и R₂- радиусы окружностей. Рассмотрим систему координат, в которой центры окружностей имеют координаты ( – a,0) и (a,0). Согласно задаче 3.53 степени точки с координатами (x,y) относительно данных окружностей равны (x + a)² + y² – R₁² и (x – a)² + y² – R₂² соответственно. Приравнивая эти выражения, получаем x = (R₁² – R₂²)/4a. Это уравнение задает прямую, перпендикулярную отрезку, соединяющему центры окружностей.

3.55.

Степени точки пересечения окружностей относительно каждой из них равны нулю, поэтому она лежит на радикальной оси. Если точек пересечения две, то они однозначно задают радикальную ось.

3.56.

Так как центры окружностей не лежат на одной прямой, радикальная ось первой и второй окружностей пересекается с радикальной осью второй и третьей окружностей. Степени точки пересечения относительно всех трех окружностей равны, поэтому она лежит на радикальной оси первой и третьей окружностей.

3.57.

Согласно задаче 3.55 прямые, содержащие хорды, являются радикальными осями. Согласно задаче 3.56 радикальные оси пересекаются в одной точке, если центры окружностей не лежат на одной прямой. В противном случае они перпендикулярны этой прямой.

3.58.

Пусть O₁ и O₂- центры данных окружностей,  r₁ и r₂- их радиусы. Окружность S радиуса r с центром O ортогональна окружности S_i тогда и только тогда, когда r² = OO_i² – r_i², т. е. квадрат радиуса окружности S равен степени точки O относительно окружности S_i. Поэтому множеством центров искомых окружностей является множество тех точек радикальной оси, степени которых относительно данных окружностей положительны.

3.59.

а) Указанные точки лежат на радикальной оси.

3.60.

а) Пусть S_A и S_B- окружности с диаметрами AA₁ и BB₁;  S- окружность с диаметром AB. Общими хордами окружностей S и S_A,  S и S_B являются высоты AH_a и BH_b, поэтому они (или их продолжения) пересекаются в точке H. Согласно задаче 3.57 общая хорда окружностей S_A и S_B проходит через точку пересечения хорд AH_a и BH_b.

3.61.

Проведем в треугольнике CDE высоты CC₁ и DD₁; пусть H- точка их пересечения. Окружности с диаметрами AC и BD проходят через точки C₁ и D₁ соответственно, поэтому степень точки H относительно каждой из этих окружностей равна ее степени относительно окружности с диаметром CD (эта окружность проходит через точки C₁ и D₁). Аналогично доказывается, что степени точки H относительно окружностей с диаметрами AC,BD и EF равны, т. е. радикальные оси этих окружностей проходят через точку H. Для точек пересечения высот остальных трех треугольников доказательство проводится аналогично.

3.62.

Прямые A₁A₂,B₁B₂ и C₁C₂ пересекаются в некоторой точке O (см. задачу 3.57). Так как D A₁OB₂ ~ DB₁OA₂, то A₁B₂ : A₂B₁ = OA₁ :  OB₁. Аналогично B₁C₂ : B₂C₁ = OB₁ : OC₁ и C₁A₂ : C₂A₁ = OC₁ : OA₁. Перемножая эти равенства, получаем требуемое.

Рис. 3.17

3.63. Обозначим через Bў и Cў точки пересечения прямых AўM и AўN с прямой, проведенной через точку A параллельно BC (рис. 3.17). Так как треугольники AўBM и AўNC равнобедренные, то DABC = DAўBўCў. Поскольку AM · BM = AўM · BўM, степени точки M относительно окружностей S и Sў, описанных около треугольников ABC и AўBўCў соответственно, равны. Это верно и для точки N, поэтому прямая MN является радикальной осью окружностей S и Sў. Окружности S и Sў имеют одинаковые радиусы, поэтому их радикальная ось является их осью симметрии. Точка Aў, лежащая на окружности Sў, при симметрии относительно прямой MN переходит в точку, лежащую на окружности S.

3.64. Пусть AC и BD- касательные;  E и K- точки пересечения прямых AC и BD,  AB и CD;  O₁ и O₂- центры окружностей (рис. 3.18). Так как AB^O₁E, O₁E^O₂E и O₂E^CD, то AB^CD, а значит,  K- точка пересечения окружностей S₁ и S₂ с диаметрами AC и BD. Точка K лежит на радикальной оси окружностей S₁ и S₂; остается проверить, что этой радикальной осью является прямая O₁O₂. Радиусы O₁A и O₁B являются касательными к S₁ и S₂, поэтому точка O₁ лежит на радикальной оси. Аналогично точка O₂ лежит на радикальной оси.

Рис. 3.18

3.65.

Обозначим данные окружности через S₁,…,S_n. Для каждой окружности S_i рассмотрим множество M_i, состоящее из тех точек X, для которых степень относительно S_i не больше степеней относительно S₁,…,S_n. Тогда M_i- выпуклое множество. В самом деле, пусть M_ij- множество точек X, для которых степень относительно S_i не больше степени относительно S_j.  M_ij является полуплоскостью, состоящей из точек, лежащих по одну сторону с окружностью S_i от радикальной оси окружностей S_i и S_j. Множество M_i является пересечением выпуклых множеств M_ij, поэтому оно само выпуклое. Кроме того, поскольку каждое из множеств M_ij содержит окружность S_i, то M_i содержит S_i. Так как для каждой точки плоскости какая-то из степеней относительно S₁,…,S_n является наименьшей, множества M_i покрывают всю плоскость. Рассматривая те части множеств M_i, которые лежат внутри исходного многоугольника, получаем требуемое разбиение.

3.66.

а) Точки B₁ и C₁ лежат на окружности с диаметром BC, поэтому степени точки Aў относительно описанных окружностей треугольников A₁B₁C₁ и ABC равны степени точки Aў относительно этой окружности. Значит, точка Aў лежит на радикальной оси окружности Эйлера и описанной окружности треугольника ABC. Для точек Bў и Cў доказательство аналогично.

Рис. 3.19

3.67. Пусть выпуклый шестиугольник ABCDEF касается окружности в точках R,Q,T,S,P,U (точка R лежит на AB,  Q- на BC и т. д.).

Выберем произвольное число a > 0 и построим на прямых BC и EF точки Qў и Pў так, что QQў = PPў = a, а векторы 

® QQў

и 

® PPў

сонаправлены с векторами 

® CB

и 

® EF

. Аналогично строим точки Rў,Sў,Tў,Uў (рис. 3.19;  RRў = SSў = TTў = UUў = a). Построим окружность S₁, касающуюся прямых BC и EF в точках Qў и Pў. Аналогично построим окружности S₂ и S₃.

Докажем, что точки B и E лежат на радикальной оси окружностей S₁ и S₂.  BQў = QQў – BQ = RRў – BR = BRў (если QQў < BQ, то BQў = BQ – QQў = BR – RRў = BRў) и EPў = EP + PPў = ES + SSў = ESў. Аналогично доказывается, что прямые FC и AD являются радикальными осями окружностей S₁ и S₃,  S₂ и S₃ соответственно. Так как радикальные оси трех окружностей пересекаются в одной точке, прямые AD,BE и CF пересекаются в одной точке.

3.68.

Пусть A_i- точка касания окружностей S_i и S_i + 1,  X- точка пересечения прямых A₁A₄ и A₂A₃. Тогда X- точка пересечения общих внешних касательных к окружностям S₂ и S₄ (см. задачу 5.66). А так как четырехугольник A₁A₂A₃A₄ вписанный (задача 3.22), то XA₁ · XA₄ = XA₂ · XA₃, а значит, точка X лежит на радикальной оси окружностей S₁ и S₃.

3.69.

а) Рассмотрим систему координат с началом O в середине отрезка, соединяющего центры окружностей, а ось Ox направим вдоль этого отрезка. Пусть точка P имеет координаты (x,y); R и r — радиусы окружностей S₁ и S₂;  a = d/2. Тогда (x + a)² + y² = R² и p = (x – a)² + y² – r² = ((x + a)² + y² – R²) – 4ax – r² + R² = R² – r² – 4ax.

б) Пусть d — расстояние между центрами описанных окружностей треугольников ACD и BCD;  h_a и h_b- расстояния от точек A и B до прямой CD. Согласно задаче а) |p_a| = 2dh_a и |p_b| = 2dh_b. Учитывая, что S_BCD = h_bCD/2 и S_ACD = h_aCD/2, получаем требуемое.

Глава 3. Задачи для самостоятельного решения  |	Оглавление |	Глава 4.

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.