Глава 5. Задачи для самостоятельного решения  |	Оглавление |	Глава 6.

5.1.

Пусть AC₁ = AB₁ = x, BA₁ = BC₁ = y и CA₁ = CB₁ = z. Тогда a = y + z, b = z + x и c = x + y. Вычитая третье равенство из суммы первых двух, получаем z = (a + b – c)/2. Поэтому, если треугольник ABC задан, то положение точек A₁ и B₁ определено однозначно. Аналогично положение точки C₁ определено однозначно. Остается заметить, что точки касания вписанной окружности со сторонами удовлетворяют указанным в условии задачи соотношениям.

5.2.

Лучи CO_a и CO_b- биссектрисы внешних углов при вершине C, поэтому C лежит на прямой O_aO_b и РO_aCB = РO_bCA. Так как CO_c- биссектриса угла BCA, то РBCO_c = РACO_c. Складывая эти равенства, получаем РO_aCO_c = РO_cCO_b, т. е. O_cC — высота треугольника O_aO_bO_c. Аналогично доказывается, что O_aA и O_bB - высоты этого треугольника.

5.3.

Ясно, что РBOC = 180° – РCBO – РBCO = 180° – РB/2 – РC/2 = 90° + РA/2, a РBO_aC = 180° – РBOC, так как РOBO_a = РOCO_a = 90°.

5.4.

Пусть AA₁,BB₁ и CC₁- биссектрисы треугольника ABC,  O — точка их пересечения. Предположим, что x > 1. Тогда РPAB > РPAC, т. е. точка P лежит внутри треугольника AA₁C. Аналогично точка P лежит внутри треугольников CC₁B и BB₁A. Но единственной общей точкой трех этих треугольников является точка O. Получено противоречие. Случай x < 1 разбирается аналогично.

5.5.

Пусть d_a,d_b и d_c- расстояния от точки O до сторон BC,CA и AB. Тогда ad_a + bd_b + cd_c = 2S и ah_a = bh_b = ch_c = 2S. Если h_a – d_a = h_b – d_b = h_c – d_c = x, то (a + b + c)x = a(h_a – d_a) + b(h_b – d_b) + c(h_c – d_c) = 6S – 2S = 4S. Поэтому x = 4S/2p = 2r.

5.6.

Докажем, что точка O является центром вневписанной окружности треугольника PBQ, касающейся стороны PQ. В самом деле,  РPOQ = РA = 90° – РB/2; из центра вневписанной окружности отрезок PQ виден под таким же углом (задача 5.3). Кроме того, точка O лежит на биссектрисе угла B. Следовательно, полупериметр треугольника PBQ равен длине проекции отрезка OB на прямую CB.

5.7.

Пусть P — точка касания вписанной окружности со стороной BC,  PQ — диаметр вписанной окружности,  R — точка пересечения прямых AQ и BC. Так как CR = BP (см. задачу 19.11, а)) и  M — середина стороны BC, то RM = PM. Кроме того,  O — середина диаметра PQ, поэтому MO||QR, а так как AH||PQ, то AE = OQ.

5.8.

Данная окружность может быть как вписанной, так и вневписанной окружностью треугольника ABC, отсекаемого касательной от угла. Используя результат задачи 3.2, в обоих случаях легко проверить, что uv/w² = (p – b)(p – c)sin Bsin C/h_a². Остается заметить, что h_a = bsin C = csin B и (p – b)(p – c)/bc = sin ²(A/2) (задача 12.13).

5.9.

а) Пусть x₁ = BP и x₂ = AP. Тогда

r1 =

x1h a + p + x1

,

r2 =

x2h b + p + x2

,

r =

(x1 + x2)h a + b + p + x1 + x2

. После несложных преобразований требуемое равенство приводится к виду x₂(p² + x₁² – a²) + x₁(p² + x₂² – b²) = 0. Остается заметить, что p² + x₁² – a² = 2px₁cos BPC, p² + x₂² – b² = 2px₂cos APC и cos BPC =  – cos APC.

5.10.

Пусть A₁,B₁ и C₁- точки, симметричные точке H относительно сторон BC,CA и AB соответственно. Так как AB^CH и BC^AH, то Р(AB,BC) = Р(CH,HA), а так как треугольник AC₁H равнобедренный, то Р(CH,HA) = Р(AC₁,C₁C). Следовательно,  Р(AB,BC) = Р(AC₁,C₁C), т. е. точка C₁ лежит на описанной окружности треугольника ABC. Аналогично доказывается, что точки A₁ и B₁ лежат на этой окружности.

5.11.

Точки X, Y и Z лежат на одной прямой (задача 5.95, а)). Поэтому S_PYZ = S_PXZ + S_PXY. Кроме того,

SPYZ =

1 2

PX · PZsin a

, так как PX^BC и PZ^CA. Подставив аналогичным образом две другие площади, получим

sin a PX  =   sin b PY  +   sin g PZ .

Остается заметить, что sin a : sin b : sin g  =  BC : CA : AB.

5.12.

а) Пусть M — точка пересечения прямой AI с описанной окружностью. Проведя через точку I диаметр, получим AI · IM = (R + d)(R – d) = R² – d². Так как IM = CM (задача 2.4, а)), то R² – d² = AI · CM. Остается заметить, что AI = r/sin (A/2) и CM = 2Rsin (A/2).

5.13.

а) Так как B₁- центр описанной окружности треугольника AMC (см. задачу 2.4, а)), то AM = 2MB₁sin ACM. Ясно также, что MC = r/sin ACM. Поэтому MA · MC/MB₁ = 2r.

5.14.

Пусть M — середина стороны AC,  N — точка касания вписанной окружности со стороной BC. Тогда BN = p – b (см. задачу 3.2), поэтому BN = AM, так как p = 3b/2 по условию. Кроме того,  РOBN = РB₁AM, а значит,  DOBN = DB₁AM, т. е. OB = B₁A. Но B₁A = B₁O (см. задачу 2.4, а)).

5.15.

Пусть O и O₁- центры вписанной и описанной окружностей треугольника ABC. Рассмотрим окружность радиуса d = OO₁ с центром O. Проведем в этой окружности хорды O₁M и O₁N, параллельные сторонам AB и AC соответственно. Пусть K — точка касания вписанной окружности со стороной AB,  L — середина стороны AB. Так как OK^AB, O₁L^AB и O₁M||AB, то O₁M = 2KL = 2BL – 2BK = c – (a + c – b) = b – a = AE. Аналогично O₁N = AD, а значит,  DMO₁N = DEAD. Следовательно, радиус описанной окружности треугольника EAD равен d.

5.16.

Пусть вписанная окружность касается стороны AC в точке K, а вневписанная окружность касается продолжения стороны AC в точке L. Тогда r = CK и r_c = CL. Остается воспользоваться результатом задачи 3.2.

5.17.

Так как AB/2 = AM = BM, то CM = AB/2 тогда и только тогда, когда точка C лежит на окружности с диаметром AB.

5.18.

Пусть M и N — середины сторон AB и CD. Треугольник APB прямоугольный, поэтому PM = AB/2 и РMPA = РPAM, а значит,  PM||AD. Аналогичные рассуждения показывают, что точки P,M,N и Q лежат на одной прямой и PQ = PM + MN + NQ = (AB + (BC + AD) + CD)/2.

5.19.

Пусть F — точка пересечения прямых DE и BC;  K — середина отрезка EC. Отрезок CD является биссектрисой и высотой треугольника ECF, поэтому ED = DF, а значит,  DK||FC. Медиана DK прямоугольного треугольника EDC в два раза меньше его гипотенузы EC (задача 5.17), поэтому AD = DK = EC/2.

5.20.

Прямая EM проходит через середину стороны AB, поэтому она проходит через середину O отрезка DK. Кроме того, РEKO = РABK = РKBC = РKEO. Поэтому OE = OK = OD. Согласно задаче 5.17 РDEK = 90°.

5.21.

Пусть сумма углов при основании AD трапеции ABCD равна 90°. Обозначим точку пересечения прямых AB и CD через O. Точка O лежит на прямой, проходящей через середины оснований. Проведем через точку C прямую CK, параллельную этой прямой, и прямую CE, параллельную прямой AB (точки K и E лежат на основании AD). Тогда CK — медиана прямоугольного треугольника ECD, поэтому CK = ED/2 = (AD – BC)/2 (см. задачу 5.17).

5.22.

Ясно, что РCEB = РA + РACE = РBCK + РKCE = РBCE.

5.23.

Отрезки CF и DK являются биссектрисами подобных треугольников ACB и CDB, поэтому AB : FB = CB : KB. Следовательно,  FK||AC. Аналогично доказывается, что LF||CB. Поэтому CLFK — прямоугольник, у которого диагональ CF является биссектрисой угла LCK, т. е. он квадрат.

5.24.

Так как 

sin ACQ AQ

=

sin AQC AC

, то 

sin a a

=

sin (180° – a – 90° – j) acos j

=

cos (a + j) acos j

, где a — сторона квадрата ABPQ, j  = РCAB. Поэтому ctg a  = 1 + tg j. Аналогично ctg g  = 1 + tg (90° – j) = 1 + ctg j. Следовательно,  

tg a + tg g  =

1 1 + tg j

+

1 1 + ctg j

= 1

, а значит,  cos acos g  = cos asin g + cos gsin a  = sin (a + g) = cos b.

5.25.

По теореме Пифагора AP² + BQ² + CR² = (AM² – PM²) + (BM² – QM²) + (CM² – RM²) и PB² + QC² + RA² = (BM² – PM²) + (CM² – QM²) + (AM² – RM²). Эти выражения равны.

5.26.

Пусть точка F делит отрезок BC в отношении CF : FB = 1 : 2;  P и  Q — точки пересечения отрезка AF с BD и CE соответственно. Ясно, что треугольник OPQ правильный. Используя результат задачи 1.3, легко проверить, что AP : PF = 3 : 4 и AQ : QF = 6 : 1. Следовательно,  AP : PQ : QF = 3 : 3 : 1, а значит,  AP = PQ = OP. Поэтому РAOP = (180° – РAPO)/2 = 30° и РAOC = РAOP + РPOQ = 90°.

5.27.

Пусть A и B,  C и D,  E и F — точки пересечения окружности со сторонами PQ,QR,RP треугольника PQR. Рассмотрим медиану PS. Она соединяет середины параллельных хорд FA и DC и поэтому перпендикулярна им. Следовательно,  PS является высотой треугольника PQR, а значит PQ = PR. Аналогично PQ = QR.

5.28.

Пусть H — точка пересечения высот AA₁,BB₁ и CC₁ треугольника ABC. По условию A₁H · BH = B₁H · AH. С другой стороны, так как точки A₁ и B₁ лежат на окружности с диаметром AB, то AH · A₁H = BH · B₁H. Следовательно,  AH = BH и A₁H = B₁H, а значит,  AC = BC. Аналогично BC = AC.

5.29.

а) Предположим, что треугольник ABC неправильный; например a № b. Так как a + h_a = a + bsin g и b + h_b = b + asin g, то (a – b)(1 – sin g) = 0. Поэтому sin g  = 0, т. е. g  = 90°. Но тогда a № c, и аналогичные рассуждения показывают, что b  = 90°. Получено противоречие.

5.30.

Если a,b и g- углы треугольника ABC, то углы треугольника A₁B₁C₁ равны (b + g)/2, (g + a)/2 и (a + b)/2. Пусть для определенности a і b і g. Тогда (a + b)/2 і (a + g)/2 і (b + g)/2. Следовательно,  a  = (a + b)/2 и g  = (b + g)/2, т. е. a  = b и b  = g.

5.31.

В любом треугольнике высота больше диаметра вписанной окружности. Поэтому длины высот- целые числа, бóльшие 2, т. е. все они не меньше 3. Пусть S — площадь треугольника,  a — наибольшая его сторона,  h — соответствующая высота.

5.32.

Так как внешний угол при вершине A треугольника ABA₁ равен 120° и РA₁AB₁ = 60°, то AB₁- биссектриса этого внешнего угла. Кроме того,  BB₁- биссектриса внутреннего угла при вершине B, поэтому A₁B₁- биссектриса угла AA₁C. Аналогично A₁C₁- биссектриса угла AA₁B. Поэтому РB₁A₁C₁ = (РAA₁C + РAA₁B)/2 = 90°.

5.33.

Согласно решению предыдущей задачи луч A₁C₁ является биссектрисой угла AA₁B. Пусть K — точка пересечения биссектрис треугольника A₁AB. Тогда РC₁KO = РA₁KB = 90° + РA/2 = 120°. Поэтому РC₁KO + РC₁AO = 180°, т. е. четырехугольник AOKC₁ вписанный. Следовательно,  РA₁C₁O = РKC₁O = РKAO = 30°.

5.34.

а) Пусть S — описанная окружность треугольника ABC,  S₁- окружность, симметричная S относительно прямой BC. Ортоцентр H треугольника ABC лежит на окружности S₁ (задача 5.10), поэтому достаточно проверить, что центр O окружности S тоже принадлежит S₁ и биссектриса внешнего угла A проходит через центр окружности S₁. Тогда POAH — ромб, так как PO||HA.

б) Пусть S — описанная окружность треугольника ABC,  Q — точка пересечения биссектрисы угла BAC с окружностью S. Легко проверить, что Q — центр окружности S₁, симметричной окружности S относительно прямой BC. Кроме того, точки O и H лежат на окружности S₁, а так как РBIC = 120° и РBI_aC = 60° (см. задачу 5.3), то II_a- диаметр окружности S₁. Ясно также, что РOQI = РQAH = РAQH, так как OQ||AH и HA = QO = QH. Поэтому точки O и H симметричны относительно прямой II_a.

5.35.

Построим внешним образом на стороне AC треугольника ABC правильный треугольник AB₁C. Так как РA = 120°, точка A лежит на отрезке BB₁. Поэтому BB₁ = b + c и, кроме того,  BC = a и B₁C = b, т. е. треугольник BB₁C искомый.

5.36.

а) Пусть M₁ и N₁- середины отрезков BH и CH,  BB₁ и CC₁- высоты. Прямоугольные треугольники ABB₁ и BHC₁- имеют общий острый угол при вершине B, поэтому РC₁HB = РA = 60°. Так как треугольник BMH равнобедренный,  РBHM = РHBM = 30°. Следовательно,  РC₁HM = 60° – 30° = 30° = РBHM, т. е. точка M лежит на биссектрисе угла C₁HB. Аналогично точка N лежит на биссектрисе угла B₁HC.

5.37.

Так как РBB₁C = РB₁BA + РB₁AB > РB₁BA = РB₁BC, то BC > B₁C. Поэтому точка K, симметричная B₁ относительно биссектрисы CC₁, лежит на стороне BC, а не на ее продолжении. Так как РCC₁B = 30°, то РB₁C₁K = 60°, а значит, треугольник B₁C₁K правильный. В треугольниках BC₁B₁ и BKB₁ сторона BB₁ общая, стороны C₁B₁ и KB₁ равны, равны также и углы C₁BB₁ и KBB₁ но это углы не между равными сторонами. Поэтому возможны два случая:

2. РBC₁B₁ + РBKB₁ = 180°. Тогда четырехугольник BC₁B₁K вписанный, а так как треугольник B₁C₁K правильный, то РB = 180° – РC₁B₁K = 120°.

5.38.

Пусть BM — медиана,  AK — биссектриса треугольника ABC и BM^AK. Прямая AK является биссектрисой и высотой треугольника ABM, поэтому AM = AB, т. е. AC = 2AM = 2AB. Следовательно,  AB = 2, BC = 3 и AC = 4.

5.39.

Пусть a и b — катеты,  c — гипотенуза данного треугольника. Если числа a и b нечетные, то a² + b² при делении на 4 дает остаток 2 и не может быть квадратом целого числа. Поэтому одно из чисел a и b четное, а другое нечетное; пусть для определенности a = 2p. Числа b и c нечетные, поэтому c + b = 2q и c – b = 2r. Следовательно 4p² = a² = c² – b² = 4qr. Если бы числа q и r имели общий делитель d, то на d делились бы числа 

a = 2

Ц

qr

, b = q – r

и c = q + r. Поэтому числа q и r взаимно просты, а так как p² = qr, то q = m² и r = n². В итоге получаем a = 2mn, b = m² – n² и c = m² + n².

5.40.

Пусть p — полупериметр треугольника, а a,b,c — длины его сторон. По формуле Герона S² = p(p – a)(p – b)(p – c). С другой стороны,  S² = p²r² = p², так как r = 1. Поэтому p = (p – a)(p – b)(p – c). Если ввести неизвестные x = p – a, y = p – b, z = p – c, то это уравнение перепишется в виде x + y + z = xyz. Заметим, что число p целое или полуцелое (т. е. число вида (2n + 1)/2, где n целое), поэтому все числа x,y,z одновременно целые или полуцелые. Но если они полуцелые, то число x + y + z полуцелое, а число xyz имеет вид m/8, где число m нечетное. Следовательно, числа x,y,z целые. Пусть для определенности x Ј y Ј z. Тогда xyz = x + y + z Ј 3z, т. е. xy Ј 3. Возможны три случая.

2. x = 1, y = 2. Тогда 3 + z = 2z, т. е. z = 3.

3. x = 1, y = 3. Тогда 4 + z = 3z, т. е. z = 2 < y, чего не может быть.

Итак,  x = 1,y = 2, z = 3. Поэтому p = x + y + z = 6 и a = p – x = 5, b = 4, c = 3

Рис. 5.3

5.41. Пусть a₁ и b₁,  a₂ и b₂- катеты двух различных пифагоровых треугольников,  c₁ и c₂- их гипотенузы. Возьмем две перпендикулярные прямые и отложим на них отрезки OA = a₁a₂, OB = a₁b₂, OC = b₁b₂ и OD = a₂b₁ (рис. 5.3). Так как OA · OC = OB · OD, то четырехугольник ABCD вписанный. Согласно задаче 2.72  4R² = OA² + OB² + OD² = (c₁c₂)², т. е. R = c₁c₂/2. Увеличив, если нужно, четырехугольник ABCD в два раза, получим искомый четырехугольник.

5.42. а) Длины гипотенуз прямоугольных треугольников с катетами 5 и 12, 9 и 12 равны 13 и 15. Приложив равные катеты этих треугольников друг к другу, получим треугольник площади 12(5 + 9)/2 = 84.

б) Предположим сначала, что длина наименьшей стороны данного треугольника- четное число, т. е. длины сторон треугольника равны 2n, 2n + 1, 2n + 2. Тогда по формуле Герона 16S² = (6n + 3)(2n + 3)(2n + 1)(2n – 1) = 4(3n² + 6n + 2)(4n² – 1) + 4n² – 1. Получено противоречие, так как число, стоящее в правой части, не делится на 4. Следовательно, длины сторон треугольника равны 2n – 1, 2n и 2n + 1, причем S² = 3n²(n² – 1). Поэтому S = nk, где k — целое число, и k² = 3(n² – 1). Ясно также, что k — длина высоты, опущенной на сторону 2n. Эта высота делит исходный треугольник на два прямоугольных треугольника с общим катетом k и гипотенузами 2n + 1 и 2n – 1; квадраты длин других катетов этих треугольников равны  (2n±1)² – k² = 4n²±4n + 1 – 3n² + 3 = (n±2)².

5.43.

а) Так как AB² – AB₁² = BB₁² = BC² – (AC±AB₁)², то AB₁ = ±(AB² + AC² – BC²)/2AC.

5.44.

В треугольниках ABC и A₁B₁C₁ не может быть двух пар соответственных углов, составляющих в сумме 180°, так как иначе их сумма равна 360° и третьи углы треугольников должны быть нулевыми. Предположим теперь, что углы первого треугольника равны a,b и g, а углы второго равны 180° – a,b и g. Сумма углов двух треугольников равна 360°, поэтому 180° + 2b + 2g  = 360°, т. е. b + g  = 180°. Следовательно,  a  = 90° = 180° – a.

5.45.

Ясно, что 

® A1C

=

® BO

и 

® CB1

=

® OA

, поэтому 

® A1B1

=

® BA

. Аналогично 

® B1C1

=

® CB

и 

® C1A1

=

® AC

, т. е. DABC = DA₁B₁C₁. Кроме того,  ABA₁B₁ и ACA₁C₁- параллелограммы. Значит, отрезки BB₁ и CC₁ проходят через середину отрезка AA₁.

5.46.

Так как РMAO = РPAO, то AMOP — ромб. Аналогично BNOQ — ромб. Следовательно,  MN = MO + ON = AM + BN и OP + PQ + QO = AP + PQ + QB = AB.

5.47.

а) Проведем через вершины треугольника ABC прямые, параллельные его противоположным сторонам. В результате получим треугольник A₁B₁C₁, серединами сторон которого являются точки A,B и C. Высоты треугольника ABC являются серединными перпендикулярами к сторонам треугольника A₁B₁C₁, поэтому центр описанной окружности треугольника A₁B₁C₁ является точкой пересечения высот треугольника ABC.

5.48.

Пусть AD — биссектриса равнобедренного треугольника ABC с основанием AB и углом 36° при вершине C. Тогда треугольник ACD равнобедренный и D ABC ~ DBDA. Поэтому CD = AD = AB = 2xBC и DB = 2xAB = 4x²BC, а значит,  BC = CD + DB = (2x + 4x²)BC.

5.49.

Пусть B₁ и B₂- проекции точки A на биссектрисы внутреннего и внешнего углов при вершине B,  M — середина стороны AB. Так как биссектрисы внутреннего и внешнего углов перпендикулярны, то AB₁BB₂- прямоугольник, и его диагональ B₁B₂ проходит через точку M. Кроме того,  РB₁MB = 180° – 2РMBB₁ = 180° – РB. Следовательно,  B₁B₂||BC, а значит, прямая B₁B₂ совпадает с прямой l, соединяющей середины сторон AB и AC. Аналогично доказывается, что проекции точки A на биссектрисы углов при вершине C лежат на прямой l.

5.50.

Предположим, что биссектрисы углов A и B равны, но a > b. Тогда 

cos

A 2

< cos

B 2

и 

1 c

+

1 b

>

1 c

+

1 a

, т. е. 

bc b + c

<

ac a + c

. Перемножая полученные неравенства, приходим к противоречию, так как l_a = 2bccos (A/2)/(b + c) и l_b = 2accos (B/2)/(a + c) (см. задачу 4.47).

5.51.

а) Согласно задаче 4.47 длина биссектрисы угла B треугольника ABC равна 2accos (B/2)/(a + c), поэтому достаточно проверить, что система уравнений ac/(a + c) = p, a² + c² – 2accos B = q имеет (с точностью до перестановки чисел a и c) единственное положительное решение. Пусть a + c = u. Тогда ac = pu и q = u² – 2pu(1 + cos b). Произведение корней этого квадратного уравнения относительно u равно  – q, поэтому оно имеет единственный положительный корень. Ясно, что система уравнений a + c = u, ac = pu имеет единственное решение.

5.52.

Пусть точки M и N лежат на сторонах AB и AC. Если r₁- радиус окружности с центром на отрезке MN, касающейся сторон AB и AC, то S_AMN = qr₁, где q = (AM + AN)/2. Прямая MN проходит через центр вписанной окружности тогда и только тогда, когда r₁ = r, т. е. S_AMN/q = S_ABC/p = S_BCNM/(p – q).

5.53.

а) Возьмем на продолжении отрезка AC за точку C такую точку Bў, что CBў = CB. Треугольник BCBў равнобедренный, поэтому РAEB = РACB = 2РCBBў, а значит,  E — центр описанной окружности треугольника ABBў. Следовательно, точка F делит отрезок ABў пополам; поэтому прямая C₁F делит пополам периметр треугольника ABC.

5.54.

Пусть X — точка пересечения прямых AD₂ и CD₁;  M,E₁ и E₂- проекции точек X,D₁ и D₂ на прямую AC. Тогда CE₂ = CD₂sin g  = asin g и AE₁ = csin a. Так как asin g  = csin a, то CE₂ = AE₁ = q. Поэтому

XM AM  =   D2E2 AE2  =   acos g b + q    и     XM CM  =   ccos a b + q .

Следовательно,  AM : CM = ccos a : acos g. Высота BH делит сторону AC в таком же отношении.

5.55.

а) По теореме косинусов B₁C₁² = AC₁² + AB₁² – 2AC₁ · AB₁ · cos (90° + a), т. е.  

a12 =

c2 2

+

b2 2

+ bcsin a  =

b2 + c2 2

+ 2S

. Записывая аналогичные равенства для b₁² и c₁² и складывая их, получаем требуемое.

5.56.

Докажем сначала, что точка Bў лежит на описанной окружности треугольника AHC, где H — точка пересечения высот треугольника ABC. Р(ABў,BўC) = Р(AA₁,CC₁) = Р(AA₁,BC) + Р(BC,AB) + Р(AB,CC₁) = Р(BC,AB). Но, как следует из решения задачи 5.10, Р(BC,AB) = Р(AH,HC), поэтому точки A,Bў,H и C лежат на одной окружности, причем эта окружность симметрична описанной окружности треугольника ABC относительно прямой AC. Следовательно, обе эти окружности имеют радиус R, а значит, BўH = 2Rsin BўAH = 2Rcos a. Аналогично AўH = 2Rcos a = CўH. Решение задачи а) тем самым завершено, а для решения задачи б) остается заметить, что D AўBўCў ~ DABC, так как после поворота треугольника AўBўCў на угол a его стороны будут параллельны сторонам треугольника ABC.

5.57.

Пусть из вершины A окружности, вписанные в углы B и C, видны под углами a_b и a_c, а радиусы этих окружностей равны r_b и r_c. Тогда

b = rc ж и ctg   g 2  + ctg   ac 2 ц ш    и   c = rb ж и ctg   b 2  + ctg   ab 2 ц ш .

Поэтому равенство a_b = a_c эквивалентно равенству

b rc  – ctg   g 2  =   c rb  – ctg   b 2 ,   т. е.     b rc  –   a + b – c 2r  =   c rb  –   a – b + c 2r .

После несложных преобразований получаем равенство

b  1 rb  –   1 r

=

c  1 rc  –   1 r

Ясно, что из этого равенства и из равенства

c  1 rc  –   1 r

=

a  1 ra  –   1 r

следует равенство

a  1 ra  –   1 r

=

b  1 rb  –   1 r

.

5.58.

Пусть a₁ = BA₁, a₂ = A₁C, b₁ = CB₁, b₂ = B₁A, c₁ = AC₁ и c₂ = C₁B. Произведения длин отрезков секущих, проходящих через одну точку, равны, поэтому a₁(a₁ + x) = c₂(c₂ – z), т. е. a₁x + c₂z = c₂² – a₁². Аналогично получаем для x,y и z еще два уравнения:  b₁y + a₂x = a₂² – b₁² и c₁z + b₂y = b₂² – c₁². Домножим первое уравнение на b²ⁿ, а второе и третье на c²ⁿ и a²ⁿ и сложим полученные уравнения. Так как, например,  c₂bⁿ – c₁aⁿ = 0 по условию, то в правой части получим нуль. В левой части, например, коэффициент при x равен a₁b²ⁿ + a₂c²ⁿ = (acⁿb²ⁿ + abⁿc²ⁿ)/(bⁿ + cⁿ) = abⁿcⁿ. Поэтому abⁿcⁿx + baⁿcⁿy + caⁿbⁿz = 0. Поделив обе части равенства на (abc)ⁿ, получим требуемое.

Рис. 5.4

5.59. Пусть в исходном треугольнике РA = 3a, РB = 3b и РC = 3g. Возьмем равносторонний треугольник A₂B₂C₂ и построим на его сторонах как на основаниях равнобедренные треугольники A₂B₂R, B₂C₂P и C₂A₂Q с углами при основаниях 60° – g, 60° – a, 60° – b соответственно (рис. 5.4). Продолжим боковые стороны этих треугольников за точки A₂,B₂ и C₂ и обозначим точку пересечения продолжений сторон RB₂ и QC₂ через A₃,  PC₂ и RA₂ через B₃,  QA₂ и PB₂ через C₃. Проведем через B₂ прямую, параллельную A₂C₂, и обозначим через M и N точки ее пересечения с прямыми QA₃ и QC₃. Ясно, что B₂- середина отрезка NM. Вычислим углы треугольников B₂C₃N и B₂A₃M:  РC₃B₂N = РPB₂M = РC₂B₂M – РC₂B₂P = a;  РB₂NC₃ = 180° – РC₂A₂Q = 120° + b, значит,  РB₂C₃N = 180° – a – (120° + b) = g. Аналогично РA₃B₂M = g и РB₂A₃M = a. Следовательно,  DB₂C₃N ~ DA₃B₂M. Значит,  C₃B₂ : B₂A₃ = C₃N : B₂M, а так как B₂M = B₂N и РC₃B₂A₃ = РC₃NB₂, то C₃B₂ :  B₂A₃ = C₃N : NB₂ и DC₃B₂A₃ ~ DC₃NB₂, следовательно,  РB₂C₃A₃ = g. Аналогично РA₂C₃B₃ = g, а значит,  РA₃C₃B₃ = 3g  = РC и C₃B₂,C₃A₂- триссектрисы угла C₃ треугольника A₃B₃C₃. Аналогичные рассуждения для вершин A₃ и B₃ показывают, что DABC ~ DA₃B₃C₃, а точки пересечения триссектрис треугольника A₃B₃C₃ образуют правильный треугольник A₂B₂C₂.

5.60.

Точка A₁ лежит на биссектрисе угла BAC, поэтому точка A лежит на продолжении биссектрисы угла B₂A₁C₂. Кроме того,   РB₂AC₂ = a = (180° – РB₂A₁C₂) / 2. Поэтому A - центр вневписанной окружности треугольника B₂A₁C₂ (см. задачу 5.3). Пусть D — точка пересечения прямых AB и CB₂. Тогда  РAB₂C₂ = РAB₂D = 180° – РB₂AD – РADB₂ = 180° – g – (60° + a) = 60° + b. А так как  РAB₂C = 180° – (a + b) – (b + g) = 120° – b, то  РCB₂C₂ = РAB₂C – РAB₂C₂ = 60° – 2b. Аналогично РAB₂A₂ = 60° – 2b. Поэтому РA₂B₂C₂ = РAB₂C – РAB₂A₂ – РCB₂C₂ = 3b. Аналогично РB₂A₂C₂ = 3a и РA₂C₂B₂ = 3g.

5.61.

Длина общей касательной к данным окружностям равна

2

Ц

uaub

, поэтому

uactg   a 2  + 2 Ц   uaub    + ubctg   b 2  = c,

т. е.

a12 + 2a1b1

ж Ц

tg   a 2 tg   b 2

+ b12 = c12

. Согласно задаче 12.36, б)

tg   a 2 tg   b 2  =   r p ctg   g 2  =   r p  ·   p – c r < 1.

Поэтому существует угол g₁, для которого

cos g1 =  –    ж Ц tg   a 2 tg   b 2    =   –    ж Ц  r p ctg   g 2   .

Мы проверили, что треугольник со сторонами a₁, b₁, c₁ действительно существует; кроме того, угол между сторонами a₁ и b₁ равен g₁. Поэтому диаметр описанной окружности рассматриваемого треугольника равен

c1 cos g1  =    ж  ъ Ц  c 1 –   r p ctg   g 2    = Цp,

поскольку

c = p – rctg

g 2

.

5.62.

Пусть u₁ и u₂ - радиусы окружностей S₁ и S₂. Согласно задаче 5.61 радиус описанной окружности треугольника со сторонами

~ u

1

=

ж Ц

u1ctg   a 2

,

~ u

2

=

ж Ц

u2ctg   b 2

,

~ c

= Цc

равен Цp/2; кроме того, в этом треугольнике угол между сторонами

~ u

1

и

~ u

2

тупой. Пусть j₁, j₂ и gў - острые углы, опирающиеся на хорды

~ u

1

,

~ u

2

и

~ c

. Тогда j₁ + j₂ = gў; при этом u₁ и u₂ однозначно восстанавливаются по j₁ и j₂. Аналогично получаем равенства

j1 + j2 = gў = j4 + j5,      (1)

j2 + j3 = aў = j5 + j6,      (2)

j3 + j4 = bў = j6 + j7.      (3)

Сложим равенства (1) и (3) и вычтем из них равенство (2). В результате получим j₁ = j₇. Из этого следует, что радиусы окружностей S₁ и S₇ равны.

5.63.

Пусть r_i - радиус окружности S_i, h_i - высота треугольника ABC, опущенная из вершины A при i = 3k + 1, из вершины B при i = 3k + 2, из вершины C при i = 3k. Формулу из задачи 5.9 а) можно записать в виде

ж и  r ri  – 1 ц ш ж и  r ri + 1  – 1 ц ш  =  1 –   2r hi + 2 .

(i)

Перемножим равенства (i) и (i + 2), а затем поделим их произведение на (i + 1). В результате получим

ж и  r ri  – 1 ц ш ж и  r ri + 3  – 1 ц ш  =  ж и 1 –   2r hi + 1 ц ш ж и 1 –   2r hi + 2 ц ш / ж и 1 –   2r hi ц ш .

Правая часть полученного выражения не изменяется при замене i на i + 3. Поэтому

ж и  r ri  – 1 ц ш ж и  r ri + 3  – 1 ц ш  =  ж и  r ri + 3  – 1 ц ш ж и  r ri + 6  – 1 ц ш .

Предполагается, что все треугольники невырожденные. В таком случае можно сократить обе части на

r ri + 3

– 1 № 0

, поэтому r_i = r_i + 6.

5.64.

Пусть при проекции на прямую, перпендикулярную прямой A₁B₁, точки A,B и C переходят в Aў,Bў и Cў, точка C₁- в Q, а две точки A₁ и B₁- в одну точку P. Так как

A1B

:

A1C

=

PBў

:

PCў

,

B1C

:

B1A

=

PCў

:

PAў

и

C1A

:

C1B

=

QAў

:

QBў

, то

A1B A1C

·

B1C B1A

·

C1A C1B

=

PBў PCў

·

PCў PAў

·

QAў QBў

=

PBў PAў

·

QAў QBў

=

bў aў

·

aў + x bў + x

,

где |x| = PQ. Равенство 

bў aў

·

aў + x bў + x

= 1

эквивалентно тому, что x = 0 (нужно учесть, что aў № bў, так как Aў № Bў). А равенство x = 0 означает, что P = Q, т. е. точка C₁ лежит на прямой A₁B₁.

5.65.

Пусть точка P лежит на дуге BC описанной окружности треугольника ABC. Тогда

BA1 CA1

=  –

BPcos PBC CPcos PCB

,

CB1 AB1

=  –

CPcos PCA APcos PAC

и

AC1 BC1

=  –

APcos PAB PBcos PBA

. Перемножая эти равенства и учитывая, что РPAC = РPBC, РPAB = РPCB и РPCA + РPBA = 180°, получаем

BA1 CA1

·

CB1 AB1

·

AC1 BC1

= 1

.

5.66.

Пусть O,O₁ и O₂- центры окружностей S,S₁ и S₂;  X — точка пересечения прямых O₁O₂ и A₁A₂. Применяя теорему Менелая к треугольнику OO₁O₂ и точкам A₁,A₂ и X, получаем

O1X O2X

·

O2A2 OA2

·

OA1 O1A1

= 1

, а значит,  O₁X : O₂X = R₁ : R₂, где R₁ и R₂- радиусы окружностей S₁ и S₂. Следовательно,  X — точка пересечения общих внешних или общих внутренних касательных к окружностям S₁ и S₂.

5.67.

а) Пусть для определенности РB < РC. Тогда РDAE = РADE = РB + РA/2, а значит, РCAE = РB. Так как

BE AB  =   sin BAE sin AEB    и     AC CE  =   sin AEC sin CAE ,

то

BE CE  =   csin BAE bsin CAE  =   csin (A + B) bsin B  =   csin C bsin B  =   c2 b2 .

5.68.

Так как РBCE = 90° – РB/2, то РBCE = РBEC, а значит,  BE = BC. Поэтому CF : KF = BE :  BK = BC : BK и AE : KE = CA : CK = BC : BK. Пусть прямая EF пересекает AC в точке D. По теореме Менелая  

AD CD

·

CF KF

·

KE AE

= 1

. Учитывая, что CF : KF = AE : KE, получаем требуемое.

5.69.

Доказательство аналогично решению задачи 5.87; нужно только рассмотреть отношение ориентированных отрезков и углов.

5.70.

Пусть A₂,B₂,C₂- точки пересечения прямых BC и B₁C₁,  AC и A₁C₁,  AB и A₁B₁. Применим теорему Менелая к следующим треугольникам и точкам на их сторонах:  OAB и (A₁,B₁,C₂),  OBC и (B₁,C₁,A₂),  OAC и (A₁,C₁,B₂). Тогда

AA1 OA1  ·  OB1 BB1  ·  BC2 AC2  = 1,    OC1 CC1  ·  BB1 OB1  ·  CA2 BA2  = 1,    OA1 AA1  ·  CC1 OC1  ·  AB2 CB2  = 1.

Перемножая эти равенства, получаем

BC2 AC2  ·  AB2 CB2  ·  CA2 BA2  = 1.

Из теоремы Менелая следует, что точки A₂,B₂,C₂ лежат на одной прямой.

5.71.

Рассмотрим треугольник A₀B₀C₀, образованный прямыми A₁B₂, B₁C₂ и C₁A₂ (A₀- точка пересечения прямых A₁B₂ и A₂C₁ и т. д.), и применим для него теорему Менелая к следующим пяти тройкам точек: (A,B₂,C₁), (B,C₂,A₁), (C,A₂,B₁), (A₁,B₁,C₁) и (A₂,B₂,C₂). В результате получим

B0A C0A  ·  A0B2 B0B2  ·  C0C1 A0C1  = 1,       C0B A0B  ·  B0C2 C0C2  ·  A0A1 B0A1  = 1,

A0C B0C  ·  C0A2 A0A2  ·  B0B1 A0C1  = 1,       B0A1 A0A1  ·  C0B1 B0B1  ·  A0C1 C0C1  = 1,

A0A2 C0A2  ·  B0B2 A0B2  ·  C0C2 B0C2  = 1.

Перемножая эти равенства, получаем

B0A C0A

·

C0B A0B

·

A0C B0C

= 1

, а значит, точки A,B и C лежат на одной прямой.

5.72.

Пусть N — точка пересечения прямых AD и KQ,  Pў- точка пересечения прямых KL и MN. Применяя теорему Дезарга к треугольникам KBL и NDM, получаем, что точки Pў,A и C лежат на одной прямой. Значит,  Pў = P.

5.73.

Достаточно применить теорему Дезарга к треугольникам AED и BFC и теорему Паппа к тройкам точек (B,E,C) и (A,F,D).

5.74.

а) Пусть R — точка пересечения прямых KL и MN. Применяя теорему Паппа к тройкам точек (P,L,N) и (Q,M,K), получаем, что точки A,C и R лежат на одной прямой.

5.75.

Воспользуемся результатом задачи 5.74, а). В качестве точек P и Q возьмем точки P₂ и P₄, в качестве A и C — точки C₁ и P₁, в качестве K,L,M и N — точки P₅,A₁,B₁ и P₃. В итоге получим, что прямая P₆C₁ проходит через точку P₁.

5.76.

Согласно теореме Дезарга точки пересечения прямых AC и DF, CE и FB, EA и BD лежат на одной прямой. Это означает, что точки пересечения прямых AўBў и DўEў, CўDў и FўAў, EўFў и BўCў лежат на одной прямой.

5.77.

а) Эта задача является переформулировкой задачи 5.64, так как число 

BA1

:

CA1

имеет знак минус, если точка A₁ лежит на отрезке BC, и знак плюс, если она лежит вне отрезка BC.

Предположим теперь, что выполняется указанное соотношение, и докажем, что тогда прямые AA₁,BB₁ и CC₁ пересекаются в одной точке. Пусть C₁^*- точка пересечения прямой AB с прямой, проходящей через точку C и точку пересечения прямых AA₁ и BB₁. Для точки C₁^* выполняется такое же соотношение, как и для точки C₁. Поэтому 

C1*A

:

C1*B

=

C1A

:

C1B

. Следовательно,  C₁^* = C₁, т. е. прямые AA₁,BB₁ и CC₁ пересекаются в одной точке.

Можно проверить также, что если выполняется указанное соотношение и две из прямых AA₁,BB₁ и CC₁ параллельны, то третья прямая им параллельна.

5.78.

Ясно, что AB₁ = AC₁, BA₁ = BC₁ и CA₁ = CB₁, причем в случае вписанной окружности на сторонах треугольника ABC лежат три точки, а в случае вневписанной- одна точка. Остается воспользоваться теоремой Чевы.

5.79.

Пусть вневписанные окружности касаются сторон BC, CA и AB в точках A₁, B₁ и C₁. Тогда

BA1 CA1  C B1 A B1  AC1 BC1  =   p – c p – b  p – a p – c  p – b p – a  = 1.

5.80.

Пусть AA₁,BB₁ и CC₁- высоты треугольника ABC. Тогда

AC1 C1B  ·   BA1 A1C  ·   CB1 B1A  =   bcos A acos B  ·   ccos B bcos C  ·   acos C ccos A  = 1.

5.81.

Пусть A₂,B₂ и C₂- середины сторон BC,CA и AB. Рассматриваемые прямые проходят через вершины треугольника A₂B₂C₂, причем в задаче а) они делят его стороны в таких же отношениях, в каких прямые AP,BP и CP делят стороны треугольника ABC, а в задаче б) они делят их в обратных отношениях. Остается воспользоваться теоремой Чевы.

5.82.

Так как DAC₁B₂ ~ DBC₁A₁ и DAB₁C₂ ~ DCB₁A₁, то AB₂ · C₁B = AC₁ · BA₁ и AC₂ · CB₁ = A₁C · B₁A. Поэтому

AB2 AC2  =   AC1 C1B  ·   BA1 A1C  ·   CB1 B1A  = 1.

5.83.

Пусть прямые AA₁,BB₁ и CC₁ пересекают прямые BC,CA и AB в точках A₂,B₂ и C₂.