Глава 4. Задачи для самостоятельного решения  |	Оглавление |	Глава 5.

4.1.

Треугольники, прилегающие к одной стороне, имеют равные основания и общую высоту, поэтому они равновелики. Пусть M- точка пересечения медиан треугольника ABC. Прямая BM разрезает каждый из треугольников ABC и AMC на два равновеликих треугольника, поэтому S_ABM = S_BCM. Аналогично S_BCM = S_CAM.

Рис. 4.8

4.2. Из равенства площадей треугольников ABP и BCP следует, что расстояния от точек A и C до прямой BP равны. Поэтому прямая BP либо проходит через середину отрезка AC, либо параллельна ему. Искомые точки изображены на рис. 4.8.

4.3. Обозначим точку пересечения прямой LO со стороной AC через L₁. Так как S_LOB = S_MOC и DMOC = D L₁OC, то S_LOB = S_L1OC. Высоты треугольников LOB и L₁OC равны, поэтому LO = L₁O, т. е. точка O лежит на медиане, проведенной из вершины A. Аналогично доказывается, что точка O лежит на медианах, проведенных из вершин B и C, т. е. O- точка пересечения медиан треугольника. Проведенные рассуждения показывают также, что точка пересечения медиан треугольника обладает требуемым свойством.

4.4.

Так как S_A1BB1 = S_A1AB = S_ABC, то S_AA1B1 = 2S. Аналогично S_BB1C1 = S_CC1A1 = 2S. Поэтому S_ABC = 7S.

4.5.

Поскольку AB = BB₁, то S_BB1C = S_BAC. А так как BC = CC₁, то S_B1C1C = S_BB1C = S_BAC и S_BB1C1 = 2S_BAC. Аналогично S_DD1A1 = 2S_ACD, поэтому S_BB1C1 + S_DD1A1 = 2S_ABC + 2S_ACD = 2S_ABCD. Аналогично S_AA1B1 + S_CC1D1 = 2S_ABCD, поэтому  S_A1B1C1D1 = S_ABCD + S_AA1B1 + S_BB1C1 + S_CC1D1 + S_DD1A1 = 5S_ABCD.

4.6.

Пусть O- центр описанной окружности. Так как AD,BE и CF- диаметры, то S_ABO = S_DEO = S_AEO,  S_BCO = S_EFO = S_CEO,  S_CDO = S_AFO = S_ACO. Ясно также, что S_ABCDEF = 2(S_ABO + S_BCO + S_CDO) и S_ACE = S_AEO + S_CEO + S_ACO. Следовательно,  S_ABCDEF = 2S_ACE.

4.7.

Пусть E и F- середины диагоналей AC и BD. Так как S_AOB = S_AOD, точка O лежит на прямой AF. Аналогично точка O лежит на прямой CF. Предположим, что точка пересечения диагоналей не является серединой ни одной из них. Тогда прямые AF и CF имеют единственную общую точку F, поэтому O = F. Аналогично доказывается, что O = E. Получено противоречие.

4.8.

Пусть диагональ AC трапеции ABCD с основанием AD равна 5. Достроим треугольник ACB до параллелограмма ACBE. Площадь трапеции ABCD равна площади прямоугольного треугольника DBE. Пусть BH- высота треугольника DBE. Тогда EH² = BE² – BH² = 5² – 4² = 3² и ED = BE²/EH = 25/3. Поэтому S_DBE = ED · BH/2 = 50/3.

4.9.

Так как S_ABE = S_ABC, то EC||AB. Остальные диагонали тоже параллельны соответствующим сторонам. Пусть P- точка пересечения BD и EC. Если S_BPC = x, то  S_ABCDE = S_ABE + S_EPB + S_EDC + S_BPC = 3 + x (S_EPB = S_ABE = 1, так как ABPE- параллелограмм). Так как  S_BPC : S_DPC = BP : DP = S_EPB : S_EPD, то x : (1 – x) = 1 : x, а значит,  x = (Ц5 – 1)/2 и S_ABCDE = (Ц5 + 5)/2.

4.10.

Центры всех трех прямоугольников совпадают (см. задачу 1.7), поэтому два меньших прямоугольника имеют общую диагональ KL. Пусть M и N- вершины этих прямоугольников, лежащие на стороне BC. Точки M и N лежат на окружности с диаметром KL. Пусть O- центр этой окружности.  O₁- проекция точки O на BC. Тогда BO₁ = CO₁ и MO₁ = NO₁, а значит,  BM = NC. Чтобы доказать, что S_KLM + S_KLN = S_KBCL, достаточно проверить, что  (S_KBM + S_LCM) + (S_KBN + S_LCN) = S_KBCL  =  BC(KB + CL)/2 = BC · AB/2. Остается заметить, что KB · BM + KB · BN = KB · BC,  LC · CM + LC · CN = LC · BC и KB · BC + LC · BC = AB · BC.

4.11.

Опустим из точки C перпендикуляр l на прямую AB. Пусть точки Aў,Bў и Eў симметричны точкам A,B и E относительно прямой l. Тогда треугольник AAўC равносторонний, причем РACB = РBCBў = РBўCAў = 20°. Треугольники EEўC и DEC равнобедренные с углом при вершине 20°, причем боковая сторона EC у них общая. Следовательно,  S_ABC + 2S_EDC = S_ABC + 2S_EEўC. Так как E середина BC, то 2S_EEўC = S_BEўC = S_BBўC/2. Поэтому S_ABC + 2S_EDC = S_AAўC/2 = Ц3/8.

4.12.

Пусть площади треугольников T_a,T_b и T_c равны a,b и c. Треугольники T_a и T_c гомотетичны, поэтому прямые, соединяющие их соответственные вершины, пересекаются в одной точке O. Коэффициент k подобия этих треугольников равен 

Ц

a/c

. Ясно, что S_A1B3O :  S_C1B3O = A₁O : C₁O = k. Записывая аналогичные равенства и складывая их, получаем a : b = k, а значит,  

b =

Ц

ac

.

4.13.

Воспользовавшись результатом задачи 1.3, легко проверить, что

BQ BB1  =   p + pq 1 + p + pq ,      B1R BB1  =   qr 1 + q + qr ,      CR CC1  =   q + qr 1 + q + qr ,      CP CC1  =   pr 1 + r + pr .

Ясно также, что

SPQR SRB1C  =   QR RB1  ·   PR RC     и      SRB1C SABC  =   B1C AC  ·   B1R BB1 .

Поэтому

SPQR SABC  =   QR BB1  ·   PR RC  ·   B1C AC  =   QR BB1  ·   PR CC1  ·   CC1 CR  ·   B1C AC .

Учитывая, что

QR BB1  = 1 –   p + pq 1 + p + pq  –   qr 1 + q + rq  =   1 1 + p + pq  –   rq 1 + q + rq  =   (1 + q)(1 – pqr) (1 + p + pq)(1 + q + qr)

и

PR CC1  =   (1 + r)(1 – pqr) (1 + q + qr)(1 + r + pr) ,

получаем

SPQR SABC  =   (1 – pqr)2 (1 + p + pq)(1 + q + qr)(1 + r + pr) .

4.14.

Если S_AOB = S_COD, то AO · BO = CO · DO. Поэтому DAOD ~ DCOB и AD||BC. Эти рассуждения обратимы.

4.15.

а) Так как S_ADP : S_ABP = DP :  BP = S_CDP : S_BCP, то S_ADP = S_ABP · S_CDP/S_BCP.

4.16.

После сокращения на sin ²j/4, где j- угол между диагоналями, данное равенство площадей перепишется в виде  (AP · BP)² + (CP · DP)² = (BP · CP)² + (AP · DP)², т. е. (AP² – CP²)(BP² – DP²) = 0.

4.17.

Предположим, что четырехугольник ABCD не параллелограмм; например, прямые AB и CD пересекаются. Согласно задаче 7.2 множеством точек P, лежащих внутри четырехугольника ABCD, для которых S_ABP + S_CDP = S_BCP + S_ADP = S_ABCD/2, является отрезок. Следовательно, точки P₁,P₂ и P₃ лежат на одной прямой. Получено противоречие.

4.18.

Ясно, что S_AKON = S_AKO + S_ANO = (S_AOB + S_AOD)/2. Аналогично S_CLOM = (S_BCO + S_COD)/2. Поэтому S_AKON + S_CLOM = S_ABCD/2.

4.19.

Если площади параллелограммов KBLO и MDNO равны, то OK · OL = OM · ON. Учитывая, что ON = KA и OM = LC, получаем KO : KA = LC : LO. Следовательно,  D KOA ~ DLCO, а значит, точка O лежит на диагонали AC. Эти рассуждения обратимы.

4.20.

Пусть h₁,h и h₂- расстояния от точек A,M и B до прямой CD. Согласно задаче 1.1, б)  h = ph₂ + (1 – p)h₁, где p = AM/AB. Поэтому S_DMC = h · DC/2 = (h₂p · DC + h₁(1 – p) · DC)/2 = S_BCN + S_ADN. Вычитая из обеих частей этого равенства S_DKN + S_CLN, получаем требуемое.

4.21.

Согласно задаче 4.20 S_ABD1 + S_CDB1 = S_ABCD. Поэтому S_A1B1C1D1 = S_A1B1D1 + S_C1D1B1 = (1 – 2p)S_ABD1 + (1 – 2p)S_CDB1 = (1 – 2p)S_ABCD.

4.22.

Согласно задаче 4.21 площадь среднего из четырехугольников, заданных отрезками, соединяющими точки сторон AB и CD, в пять раз меньше площади исходного четырехугольника. А так как каждый из рассматриваемых отрезков делится отрезками, соединяющими соответствующие точки другой пары противоположных сторон, на пять равных частей (см. задачу 1.16), то, воспользовавшись еще раз результатом задачи 4.21, получим требуемое.

4.23.

На сторонах AB,BC,CD и AD взяты точки K,L,M и N соответственно. Предположим, что диагональ KM не параллельна стороне AD. Фиксируем точки K,M,N и будем двигать точку L по стороне BC. При этом площадь треугольника KLM изменяется строго монотонно. Кроме того, если LN||AB, то выполняется равенство S_AKN + S_BKL + S_CLM + S_DMN = S_ABCD/2, т. е. S_KLMN = S_ABCD/2.

4.24.

Пусть L₁ и N₁- середины сторон BC и AD соответственно. Тогда KL₁MN₁- параллелограмм и его площадь равна половине площади четырехугольника ABCD (см. задачу 1.38, а)). Поэтому достаточно доказать, что площади параллелограммов KLMN и KL₁MN₁ равны. Если эти параллелограммы совпадают, то доказывать больше ничего не нужно, а если они не совпадают, то, так как середина отрезка KM является их центром симметрии,  LL₁||NN₁ и BC|| AD. В этом случае средняя линия KM трапеции ABCD параллельна основаниям BC и AD, и поэтому высоты треугольников KLM и KL₁M, опущенные на сторону KM, равны, т. е. равны площади параллелограммов KLMN и KL₁MN₁.

4.25.

Пусть данные прямые l₁ и l₂ делят квадрат на четыре части, площади которых равны S₁,S₂,S₃ и S₄, причем для первой прямой площади частей, на которые она делит квадрат, равны S₁ + S₂ и S₃ + S₄ а для второй они равны S₂ + S₃ и S₁ + S₄. Так как по условию S₁ = S₂ = S₃, то S₁ + S₂ = S₂ + S₃. Это означает, что образ прямой l₁ при повороте относительно центра квадрата на  + 90° или  – 90° не просто параллелен прямой l₂, а совпадает с ней.

Рис. 4.9

4.26.

Все три рассматриваемых треугольника имеют общее основание AM. Пусть h_b,h_c и h_d- расстояния от точек B,C и D до прямой AM. Так как 

® AC

=

® AB

+

® AD

, то h_c = |h_b±h_d|.

4.27.

Можно считать, что P- общая точка параллелограммов, построенных на сторонах AB и BC, т. е. эти параллелограммы имеют вид ABPQ и CBPR. Ясно, что S_ACRQ = S_ABPQ + S_CBPR.

4.28.

Пусть сторона данного шестиугольника равна a. Продолжения красных сторон шестиугольника образуют правильный треугольник со стороной 3a, причем сумма площадей красных треугольников равна половине произведения a на сумму расстояний от точки O до стороны этого треугольника, поэтому она равна 

a2 · 3

Ц

3/4

(см. задачу 4.46). Сумма площадей синих треугольников вычисляется аналогично.

4.29.

а) Площадь параллелограмма PMQN равна BC · ADsin a/4, где a- угол между прямыми AD и BC. Высоты треугольников ABD и ACD, опущенные из вершин B и C, равны OBsin a и OCsin a, поэтому |S_ABD – S_ACD| = |OB – OC| · ADsin a/2 = BC · ADsin a/2.

4.30.

Отрезки KM и LN являются средними линиями треугольников CED и AFB, поэтому они имеют общую точку- середину отрезка EF. Кроме того,  KM = CD/2, LN = AB/2 и угол между прямыми KM и LN равен углу a между прямыми AB и CD. Поэтому площадь четырехугольника KLMN равна AB · CDsin a/8.

Рис. 4.10

4.31. Обозначим середины диагоналей шестиугольника ABCDEF так, как показано на рис. 4.10. Докажем, что площадь четырехугольника A₁B₁C₁D₁ в четыре раза меньше площади четырехугольника ABCD. Воспользуемся для этого тем, что площадь четырехугольника равна половине произведения длин диагоналей на синус угла между ними. Так как A₁C₁ и B₁D₁- средние линии треугольников BDF и ACE, получаем требуемое. Аналогично доказывается, что площадь четырехугольника D₁E₁F₁A₁ в четыре раза меньше площади четырехугольника DEFA.

4.32. Пусть a  = РPQC. Тогда 2S_ACK = CK · AK = (APcos a) · (AQsin a) = 
 =  AR²sin acos a = BC²sin acos a  = BL · CL = 
 = 2S_BCL.

4.33.                        Пусть S_a,S_b и S_c- площади треугольников, прилегающих к вершинам A,B и C;  S- площадь четвертого рассматриваемого треугольника. Ясно, что S_ACC1 + S_BAA1 + S_CBB1 = S_ABC – S + S_a + S_b + S_c. Кроме того, S_ABC = S_AOC + S_AOB + S_BOC = S_ACC1 + S_BAA1 + S_CBB1.

Рис. 4.11

4.34. Пусть O- центр вписанной окружности треугольника ABC,  B₁- точка касания вписанной окружности со стороной AC. Вырежем из треугольника ABC треугольник AOB₁ и отразим его симметрично относительно биссектрисы угла OAB₁. При этом прямая OB₁ перейдет в прямую l_a. Проделаем такую операцию для остальных треугольников. Общие части полученных при этом треугольников являются тремя треугольниками рассматриваемого разбиения, а непокрытая часть треугольника ABC- четвертым треугольником. Ясно также, что площадь непокрытой части равна сумме площадей частей, покрытых дважды.

4.35. Пусть для определенности лучи AD и BC пересекаются в точке O. Тогда S_CDO : S_MNO = c² : x², где x = MN, и S_ABO : S_MNO = ab : x², так как OA :  ON = a : x и OB : OM = b : x. Следовательно,  x² – c² = ab – x², т. е. 2x² = ab + c².

4.36. Обозначим площади частей фигуры, на которые ее делят прямые, так, как показано на рис. 4.11. Площадь всей фигуры обозначим через S. Так как S₃ + (S₂ + S₇) = S/2 = S₁ + S₆ + (S₂ + S₇), то S₃ = S₁ + S₆. Складывая это равенство с равенством S/2 = S₁ + S₂ + S₃ + S₄, получаем S/2 = 2S₁ + S₂ + S₄ + S₆ і 2S₁, т. е. S₁ Ј S/4.

Рис. 4.12 Рис. 4.13

4.37.

Обозначим проекцию прямой l через B, крайние точки проекции многоугольника- через A и C. Пусть C₁- точка многоугольника, проецирующаяся в точку C; прямая l пересекает многоугольник в точках K и L, а K₁ и L₁- точки прямых C₁K и C₁L, проецирующиеся в точку A (рис. 4.12).

4.38.

Обозначим площадь многоугольники через S. Пусть l- произвольная прямая. Введем систему координат, для которой прямая l является осью Ox. Пусть S(a)- площадь той части многоугольника, которая лежит ниже прямой y = a. При изменении a от  – Ґ до  + Ґ  S(a) непрерывно меняется от 0 до S, поэтому S(a) = S/2 для некоторого a, т. е. прямая y = a делит площадь многоугольника пополам. Аналогично существует прямая, перпендикулярная l и делящая площадь многоугольника пополам. Эти две прямые разбивают многоугольник на части, площади которых равны S₁,S₂,S₃ и S₄ (рис. 4.13). Так как S₁ + S₂ = S₃ + S₄ и S₁ + S₄ = S₂ + S₃, то S₁ = S₃ = A и S₂ = S₄ = B. При повороте прямой l на 90°  A заменится на B, а B- на A. Так как A и B изменяются при повороте l непрерывно, то для некоторого положения прямой A = B, т. е. площади всех четырех фигур равны.

4.39.

а) Пусть прямая, делящая пополам площадь и периметр треугольника ABC, пересекает стороны AC и BC в точках P и Q соответственно. Обозначим центр вписанной окружности треугольника ABC через O, радиус вписанной окружности через r. Тогда S_ABQOP = r(AP + AB + BQ)/2 и S_OQCP = r(QC + CP)/2. Так как прямая PQ делит периметр пополам, то AP + AB + BQ = QC + CP, поэтому S_ABQOP = S_OQCP. Кроме того,  S_ABQP = S_QCP по условию. Поэтому S_OQP = 0, т. е. прямая QP проходит через точку O.

4.40.

Рассматривая образ окружности S₂ при симметрии относительно центра окружности S₁ и учитывая равенство площадей, можно доказать, что диаметр AA₁ окружности S₁ пересекает S₂ в некоторой точке K, отличной от A, причем AK > A₁K. Окружность радиуса KA₁ с центром K касается окружности S₁ в точке A₁, поэтому BK > A₁K, т. е. BK + KA > A₁A. Ясно также, что сумма длин отрезков BK и KA меньше длины дуги S₂, соединяющей точки A и B.

4.41.

Случай, когда точка O принадлежит G, очевиден; поэтому будем предполагать, что O не принадлежит G. Пусть Gў- образ кривой G при симметрии относительно точки O. Если кривые G и Gў не пересекаются, то части, на которые G делит квадрат, не могут быть равной площади. Пусть X- точка пересечения G и Gў, а точка Xў симметрична X относительно точки O. Так как при симметрии относительно точки O кривая Gў переходит в G, то Xў принадлежит G. Поэтому прямая XXў искомая.

4.42.

Пусть площади треугольников APB,BPC,CPD и DPA равны S₁,S₂,S₃ и S₄. Тогда a/p = (S₃ + S₄)/S₃ и b · CD/2 = S₃ + S₂, а значит,  ab · CD/2p = (S₃ + S₄)(S₃ + S₂)/S₃. Учитывая, что S₂S₄ = S₁S₃, получаем требуемое.

4.43.

Применяя теорему синусов к треугольникам ABC и ABD, получаем AC = 2Rsin B и BD = 2Rsin A. Поэтому 

S =

1 2

AC · BDsin j  = 2R2sin Asin Bsin j

.

4.44.

Так как площадь четырехугольника равна (d₁d₂sin j)/2, где d₁ и d₂- длины диагоналей, то остается проверить, что 2d₁d₂cos j  = |a² + c² – b² – d²|. Пусть O- точка пересечения диагоналей четырехугольника ABCD,  j  = РAOB. Тогда AB² = AO² + BO² – 2AO · BOcos j и BC² = BO² + CO² + 2BO · COcos j. Поэтому AB² – BC² = AO² – CO² – 2BO · ACcos j. Аналогично CD² – AD² = CO² – AO² – 2DO · ACcos j. Складывая эти равенства, получаем требуемое.

Глава 4. Задачи для самостоятельного решения  |	Оглавление |	Глава 5.

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.