Глава 6. Задачи для самостоятельного решения  |	Оглавление |	Глава 7.

6.1.

Пусть O — центр вписанной окружности и точка пересечения диагоналей четырехугольника ABCD. Тогда РACB = РACD и РBAC = РCAD. Поэтому треугольники ABC и ADC равны, так как сторона AC у них общая. Следовательно,  AB = DA. Аналогично AB = BC = CD = DA.

6.2.

Ясно, что РAOB = 180° – РBAO – РABO = 180° – (РA + РB)/2 и РCOD = 180° – (РC + РD)/2. Следовательно,  РAOB + РCOD = 360° – (РA + РB + РC + РD)/2 = 180°.

6.3.

Рассмотрим две окружности, касающиеся сторон данного четырехугольника и их продолжений. Прямые, содержащие стороны четырехугольника, являются общими внутренними и внешними касательными к этим окружностям. Прямая, соединяющая центры окружностей, содержит диагональ четырехугольника, и, кроме того, она является осью симметрии четырехугольника. Значит, вторая диагональ перпендикулярна этой прямой.

6.4.

Пусть O — центр данной окружности,  R — ее радиус,  a — длина хорд, высекаемых окружностью на сторонах четырехугольника. Тогда расстояния от точки O до сторон четырехугольника равны 

Ц

R2 – a2/4

, т. е. она равноудалена от сторон четырехугольника и является центром вписанной окружности.

6.5.

Для параллелограмма утверждение задачи очевидно, поэтому можно считать, что прямые AB и CD пересекаются. Пусть  O — центр вписанной окружности четырехугольника ABCD;  M и N — середины диагоналей AC и BD. Тогда S_ANB + S_CND = S_AMB + S_CMD = S_AOB + S_COD = S_ABCD/2. Остается воспользоваться результатом задачи 7.2.

6.6.

Пусть вписанная окружность касается сторон DA,AB и BC в точках M,H и N соответственно. Тогда OH — высота треугольника AOB и при симметрии относительно прямых AO и BO точка H переходит в точки M и N соответственно. Поэтому согласно задаче 1.58 точки A₁ и B₁ лежат на прямой MN. Аналогично точки C₁ и D₁ лежат на прямой MN.

6.7.

Пусть r — расстояние от точки пересечения биссектрис углов A и D до основания AD,  rў расстояние от точки пересечения биссектрис углов B и C до основания BC. Тогда AD = r(ctg a + ctg b) и BC = rў(tg a + tg b). Поэтому r = rў тогда и только тогда, когда BC/AD = (tg a + tg b)/(ctg a + ctg b)  =  tg a · tg b.

6.8.

Пусть РA = 2a, РC = 2b и РBMA = 2j. Согласно задаче 6.7 PK/RL = tg atg j и LS/MC = ctg jtg b. Так как PQ/RS = PK/RL и RS/AC = LS/MC, то PQ/AC = (PK/RL)(LS/MC) = tg atg b. Следовательно, трапеция APQC описанная.

Рис. 6.4

6.9. Докажем сначала, что если четырехугольник ABCD описанный, то выполняются все условия. Пусть K,L,M и N — точки касания вписанной окружности со сторонами AB,BC,CD и DA. Тогда  AB + CD = AK + BK + CM + DM = AN + BL + CL + DN = BC + AD,AP + CQ = AK + PK + QL – CL = AN + PM + QN – CM = AQ + CP и BP + BQ = AP – AB + BC + CQ = (AP + CQ) + (BC – AB) = AQ + CP + CD – AD = DP + DQ.

Докажем теперь, например, что если BP + BQ = DP + DQ, то четырехугольник ABCD описанный. Рассмотрим для этого окружность, касающуюся стороны BC и лучей BA и CD. Предположим, что прямая AD не касается этой окружности; сдвинем эту прямую так, чтобы она коснулась окружности (рис. 6.4). Пусть S — такая точка прямой AQ, что QўS||DDў. Так как BP + BQ = DP + DQ и BP + BQў = DўP + DўQў, то QS + SQў = QQў. Получено противоречие. В двух других случаях доказательство проводится аналогично.

6.10.

Пусть лучи AB и DC пересекаются в точке P, лучи BC и AD — в точке Q; данные прямые, проходящие через точки P и Q, пересекаются в точке O. Согласно задаче 6.9 BP + BQ = OP + OQ и OP + OQ = DP + DQ. Следовательно, BP + BQ = DP + DQ, а значит, четырехугольник ABCD описанный.

Рис. 6.5

6.11. Пусть O - точка пересечения общих внешних касательных к вписанным окружностям треугольников ABK₁ и ACK₂ (рис. 6.5). Проведем из точки O касательную l к вписанной окружности треугольника, образованного прямыми AK₁, AK₂ и касательной к вписанным окружностям треугольников ABK₁ и ACK₂, отличной от прямой BC. Пусть прямая l пересекает прямые AB и AK₂ в точках Bў и K₂ў. Согласно задаче 6.15 четырехугольник BK₂K₂ўBў описанный. Это означает, что прямая l касается вписанной окружности треугольника ABK₂. Аналогично доказывается, что прямая l касается вписанной окружности треугольника ACK₁.

6.12.

а) Сопоставим окружности (x – a)² + (y – b)² = r² с заданной на ней ориентацией (направлением обхода) точку с координатами (a,b,±r), где знак перед r соответствует ориентации окружности. Рассмотрим пару пересекающихся прямых, на которых заданы ориентации (направления). Легко убедиться, что семейству ориентированных окружностей, касающихся данных прямых так, что в точках касания ориентации согласованы, сопоставляется прямая в пространстве, проходящая через точку плоскости r = 0, соответствующую точке пересечения двух данных прямых.

б) Радиусы r_a, r_b, r_c, r_d пропорциональны расстояниям от точек O_a, O_b, O_c, O_d до прямой PQ. Поэтому нужно лишь воспользоваться результатом задачи 1.3, б).

6.13.

На окружностях и касательных можно выбрать ориентации согласованным образом (рис. 6.6). Пусть A_i - точка пересечения касательных к окружности S_i. Ориентации касательных задают ориентацию четырехугольника A₁A₂A₃A₄ (этот четырехугольник может быть невыпуклым). Из равенства длин касательных, проведенных из точки A_i к окружности S_i, следует, что

A1A2 + A3A4 = A2A3 + A1A4.

(1)

Рис. 6.6

Если три касательные пересекаются в одной точке, то из равенства (1) следует, что четырехугольник A₁A₂A₃A₄ вырождается в отрезок или в точку. В отрезок он вырождаться не может, поскольку если две касательные сливаются в одну прямую l, то они должны соответствовать противоположным сторонам четырехугольника; в этом случае все касательные пересекаются в одной точке (середине отрезка, высекаемого на прямой l точками касания).

6.14.

Пусть стороны AB,BC,CD,DA четырехугольника ABCD касаются вписанной окружности в точках E,F,G,H соответственно.

Аналогичные рассуждения показывают, что прямые FH,EG и BD пересекаются в одной точке, поэтому прямые AC,BD,FH и EG пересекаются в одной точке.

6.15.

Отрезки CH_d и DH_c параллельны, так как они перпендикулярны прямой BC. Кроме того, так как РBCA = РBDA = j, длины этих отрезков равны AB|ctg j| (см. задачу 5.47, б)).

6.16.

Пусть O_a,O_b,O_c и O_d- центры вписанных окружностей треугольников BCD,ACD,ABD и ABC соответственно. Так как РADB = РACB, то РAO_cB = 90° + (РADB/2) = 90° + (РACB/2) = РAO_dB (см. задачу 5.3). Поэтому четырехугольник ABO_dO_c вписанный, т.е.  РO_cO_dB = 180° – РO_cAB = 180° – (РA/2). Аналогично РO_aO_dB = 180° – (РC/2). Так как РA + РC = 180°, то РO_cO_dB + РO_aO_dB = 270°, а значит,  РO_aO_dO_c = 90°. Аналогично доказывается, что и остальные углы четырехугольника O_aO_bO_cO_d равны 90°.

6.17.

а) Пусть лучи AB и DC пересекаются в точке P, а лучи BC и AD — в точке Q. Докажем, что точка M, в которой пересекаются описанные окружности треугольников CBP и CDQ, лежит на отрезке PQ. В самом деле,  РCMP + РCMQ = РABC + РADC = 180°. Поэтому PM + QM = PQ, а так как PM · PQ = PD · PC = p² – R² и QM · PQ = QD · QA = q² – R², то PQ² = PM · PQ + QM · PQ = p² + q² – 2R².

б) Согласно задаче а) PQ² – PS² = q² – s² = OQ² – OS². Следовательно,  OP^QS (см. задачу 7.6). Аналогично доказывается, что OQ^PS и OS^PQ.

6.18.

Пусть вписанные окружности треугольников ABC и ACD касаются диагонали AC в точках M и N соответственно. Тогда AM = (AC + AB – BC)/2 и AN = (AC + AD – CD)/2 (см. задачу 3.2). Точки M и N совпадают тогда и только тогда, когда AM = AN, т. е. AB + CD = BC + AD. Итак, если точки M и N совпадают, то четырехугольник ABCD описанный, и аналогичные рассуждения показывают, что точки касания вписанных окружностей треугольников ABD и BCD с диагональю BD совпадают.

6.19.

Пусть O — точка пересечения диагоналей AC и BD;  A₁,B₁,C₁ и D₁- ее проекции на стороны AB,BC,CD и DA. Точки A₁ и D₁ лежат на окружности с диаметром AO, поэтому РOA₁D₁ = РOAD₁. Аналогично РOA₁B₁ = РOBB₁. А так как РCAD = РCBD, то РOA₁D₁ = РOA₁B₁. Аналогично доказывается, что B₁O,C₁O и D₁O — биссектрисы углов четырехугольника A₁B₁C₁D₁, т. е. O — центр его вписанной окружности.

6.20.

Воспользуемся обозначениями рис. 6.7. Условие вписанности четырехугольника A₁B₁C₁D₁ эквивалентно тому, что (a + b) + (g + d) = 180°, а перпендикулярность диагоналей AC и BD — тому, что (a₁ + d₁) + (b₁ + g₁) = 180°. Ясно также, что a  = a₁, g  = g₁ и d  = d₁.

6.21.

По теореме косинусов AD² = AC² + CD² – 2AC · CD · cos ACD и AC² = AB² + BC² – 2AB · BCcos B. А так как длина проекции отрезка AC на прямую l, перпендикулярную CD, равна сумме длин проекций отрезков AB и BC на прямую l, то ACcos ACD = ABcos j + BCcos C.

Рис. 6.7

6.22. Пусть РAOD = 2a. Тогда расстояния от точки O до проекций середин диагоналей AC и BD на биссектрису угла AOD равны cos a(OA + OC)/2 и cos a(OB + OD)/2 соответственно. Так как OA + OC = AB + OB + OC = CD + OB + OC = OB + OD, эти проекции совпадают.

6.23. Достроим треугольники ABM и DCM до параллелограммов ABMM₁ и DCMM₂. Так как AM₁ :  DM₂ = BM : MC = AN : DN, то DANM₁ ~ D DNM₂. Поэтому точка N лежит на отрезке M₁M₂ и MM₁ : MM₂ = AB : CD = AN : ND = M₁N : M₂N, т. е. MN — биссектриса угла M₁MM₂.

6.24.

Пусть a,b,c и d — биссектрисы углов при вершинах A,B,C и D. Нужно проверить, что Р(a,b) + Р(c,d) = 0°. Ясно, что Р(a,b) = Р(a,AB) + Р(AB,b) и Р(c,d) = Р(c,CD) + Р(CD,d). Так как четырехугольник ABCD выпуклый и Р(a,AB) = Р(AD,AB)/2, Р(AB,b) = Р(AB,BC)/2, Р(c,CD) = Р(CB,CD)/2, Р(CD,d) = Р(CD,DA)/2, то Р(a,b) + Р(c,d)  =  (Р(AD,AB) + Р(AB,BC) + Р(CB,CD) + Р(CD,DA))/2,Р(CD,d) = Р(CD,DA)/2 = 360°/2 = 0°. (см. «Основные сведения» гл. 2).

6.25.

Пусть для определенности AB > A₁B₁. При параллельном переносе на вектор 

® CB

треугольник SD₁C₁ переходит в SўD₁ўC₁ў, а отрезок CD переходит в BA. Так как QA₁ : QA = A₁B₁ : AB = SўD₁ў : SўA, то QSў||A₁Dў₁. Следовательно,  QS||AD. Аналогично PR||AB.

6.26.

Предположим, что прямые AD и BC не параллельны. Пусть M₂,K,N₂- середины сторон AB,BC,CD соответственно. Если MN||BC, то BC||AD, так как AM = MC и BN = ND. Поэтому будем считать, что прямые MN и BC не параллельны, т. е. M₁ № M₂ и N₁ № N₂. Ясно, что 

® M2M

=

® BC

/2 =

® NN2

и 

® M1M

=

® NN1

. Поэтому M₁M₂||N₁N₂. Следовательно,  KM||AB||CD||KN, т. е. M = N. Получено противоречие.

6.27.

Преобразованием подобия можно совместить одну пару соответственных сторон четырехугольников, поэтому достаточно рассмотреть четырехугольники ABCD и ABC₁D₁, у которых точки C₁ и D₁ лежат на лучах BC,AD и CD||C₁D₁. Обозначим точки пересечения диагоналей четырехугольников ABCD и ABC₁D₁ через O и O₁ соответственно.

Рис. 6.8

6.28. Любой четырехугольник с точностью до подобия определяется направлениями своих сторон и диагоналей, поэтому достаточно построить один пример четырехугольника A₁B₁C₁D₁ с требуемыми направлениями сторон и диагоналей. Пусть O — точка пересечения диагоналей AC и BD. На луче OA возьмем произвольную точку D₁ и проведем D₁A₁||BC, A₁B₁||CD и B₁C₁||DA (рис. 6.8). Так как OC₁ : OB₁ = OD : OA, OB₁ : OA₁ = OC : OD и OA₁ : OD₁ = OB : OC, то OC₁ : OD₁ = OB : OA, а значит,  C₁D₁||AB. Из полученного рисунка ясно, что РA + РC₁ = 180°.

6.29.

Пусть O — точка пересечения диагоналей четырехугольника ABCD. Без ограничения общности можно считать, что a  = РAOB < 90°. Опустим перпендикуляры AA₁, BB₁,CC₁, DD₁ на диагонали четырехугольника ABCD. Так как OA₁ = OAcos a, OB₁ = OBcos a, OC₁ = OCcos a, OD₁ = ODcos a, то при симметрии относительно биссектрисы угла AOB четырехугольник ABCD переходит в четырехугольник, гомотетичный четырехугольнику A₁B₁C₁D₁ (с коэффициентом 1/cos a).

6.30.

Пусть диагонали четырехугольника ABCD пересекаются в точке O;  H_a и H_b- ортоцентры треугольников AOB и COD;  K_a и K_b- середины сторон BC и AD;  P — середина диагонали AC. Точки пересечения медиан треугольников AOD и BOC делят отрезки K_aO и K_bO в отношении 1 : 2, поэтому нужно доказать, что H_aH_b^K_aK_b.

6.31.

Пусть S = S_AOD, x = AO, y = DO, a = AB, b = BC, c = CD, d = DA;  k — коэффициент подобия треугольников BOC и AOD. Тогда

2 ж и  1 r1  +   1 r3 ц ш  =   d + x + y S  +   kd + kx + ky k2S ,

2 ж и  1 r2  +   1 r4 ц ш  =   a + x + ky kS  +   c + kx + y kS ,

так как S_BOC = k²S и S_AOB = S_COD = kS. Поскольку

x + y S  +   x + y k2S  =   x + ky kS  +   kx + y kS ,

остается заметить, что a + c = b + d = kd + d.

6.32.

Легко проверить, что AB = r₁(ctg (A/2) + ctg (B/2)) и CD = r₃(ctg (C/2) + ctg (D/2)). Поэтому AB/r₁ + CD/r₃ = ctg (A/2) + ctg (B/2) + ctg (C/2) + ctg (D/2)  =  BC/r₂ + AD/r₄.

6.33.

Достроим треугольники ABD и DBC до параллелограммов ABDA₁ и DBCC₁. Отрезки, соединяющие точку D с вершинами параллелограмма ACC₁A₁, делят его на четыре треугольника, равных треугольникам DAB, CDA, BCD и ABC, поэтому радиусы вписанных окружностей этих треугольников равны. Докажем, что точка D совпадает с точкой O пересечения диагоналей параллелограмма. Если D № 0, то можно считать, что точка D лежит внутри треугольника AOC. Тогда r_ADC < r_AOC = r_A1OC1 < r_A1DC1 = r_ABC (см. задачу 10.87). Получено противоречие, поэтому D = O.

6.34.

Точки C₁ и D₁ лежат на серединном перпендикуляре к отрезку AB, поэтому AB^C₁D₁. Аналогично C₁D₁^A₂B₂, а значит,  AB||A₂B₂. Аналогично доказывается, что параллельны и остальные соответственные стороны и диагонали четырехугольников ABCD и A₂B₂C₂D₂. Следовательно, эти четырехугольники подобны.

6.35.

Пусть M и N — середины сторон AB и CD. Опустим из точки D перпендикуляр DP на прямую MN, а из точки M перпендикуляр MQ на CD. Тогда Q — точка касания прямой CD и окружности с диаметром AB. Прямоугольные треугольники PDN и QMN подобны, поэтому DP = ND · MQ/MN = ND · MA/MN. Аналогично расстояние от точки A до прямой MN равно ND · MA/MN. Следовательно,  AD||MN. Аналогично BC||MN.

6.36.

Достаточно проверить, что ортоцентры любых трех из данных четырех треугольников лежат на одной прямой. Пусть некоторая прямая пересекает прямые B₁C₁, C₁A₁ и A₁B₁ в точках A,B и C соответственно;  A₂,B₂ и C₂- ортоцентры треугольников A₁BC, AB₁C и ABC₁. Прямые AB₂ и A₂B перпендикулярны прямой A₁B₁, поэтому они параллельны. Аналогично BC₂||B₂C и CA₂||C₂A. Точки A,B и C лежат на одной прямой, поэтому точки A₂,B₂ и C₂ тоже лежат на одной прямой (см. задачу 1.12, б)).

6.37.

Возьмем на диагонали BD точку M так, что РMCD = РBCA. Тогда DABC ~ DDMC, так как углы BAC и BDC опираются на одну дугу. Поэтому AB · CD = AC · MD. Поскольку РMCD = РBCA, то РBCM = РACD и DBCM ~ DACD, так как углы CBD и CAD опираются на одну дугу. Поэтому BC · AD = AC · BM. Следовательно,  AB · CD + AD · BC = AC · MD + AC · BM = AC · BD.

6.38.

Пусть S — площадь четырехугольника ABCD,  R — радиус его описанной окружности. Тогда S = S_ABC + S_ADC = AC(AB · BC + AD · DC)/4R (см. задачу 12.1). Аналогично S = BD(AB · AD + BC · CD)/4R. Приравнивая эти выражения для S, получаем требуемое.

6.39.

Пусть правильный семиугольник A₁… A₇ вписан в окружность. Применяя теорему Птолемея к четырехугольнику A₁A₃A₄A₅, получаем A₁A₃ · A₅A₄ + A₃A₄ · A₁A₅ = A₁A₄ · A₃A₅, т. е. sin 2asin a + sin asin 3a  = sin 3asin 2a.

6.40.

Пусть A₁,B₁ и C₁- середины сторон BC,CA и AB. По теореме Птолемея AC₁ · OB₁ + AB₁ · OC₁ = AO · B₁C₁, где O — центр описанной окружности. Поэтому cd_b + bd_c = aR. Аналогично ad_c + cd_a = bR и ad_b + bd_a = cR. Кроме того,  ad_a + bd_b + cd_c = 2S = (a + b + c)r. Складывая все эти равенства и сокращая на a + b + c, получаем требуемое.

6.41.

По теореме Птолемея AB · CD + AC · BD = AD · BC. Учитывая, что CD = BD і BC/2, получаем требуемое.

6.42.

Применяя теорему Птолемея к четырехугольнику ABCP и сокращая на длину стороны квадрата, получаем требуемое.

6.43.

Применяя теорему Птолемея к четырехугольнику APQR, получаем AP · RQ + AR · QP = AQ · PR. Так как РACB = РRAQ = РRPQ и РRQP = 180° – РPAR = РABC, то DRQP ~ DABC, а значит,  RQ :  QP : PR = AB : BC : CA. Остается заметить, что BC = AD.

6.44.

а) Запишем теорему Птолемея для всех четырехугольников с вершинами в точке A и трех последовательных вершинах данного многоугольника; затем сгруппируем в полученных равенствах сомножители, в которые входят d_i с четными номерами, в правую часть. Сложив эти равенства, получим (2a + b)(d₁ + … + d_2n + 1)  =  (2a + b)(d₂ + … + d_2n), где a — сторона данного многоугольника,  b — его наименьшая диагональ.

Рис. 6.9

6.45. Пусть оба касания внешние и x Ј y. Прямая, проходящая через центр O окружности радиуса x параллельно отрезку, соединяющему точки касания, пересекает окружность радиуса y – x (с центром в центре окружности радиуса y) в точках A и B (рис. 6.9). Тогда OA = a(R + x)/R и OB = OA + a(y – x)/R = a(R + y)/R. Квадрат искомой длины общей внешней касательной равен

OA · OB = (a/R)2(R + x)(R + y).

Аналогичные рассуждения показывают, что если оба касания внутренние, то квадрат длины внешней касательной равен (a/R)²(R – x)(R – y), а если окружность радиуса x касается внешне, а окружность радиуса y — внутренне, то квадрат длины внутренней касательной равен (a/R)²(R – y)(R + x).

Замечание. В случае внутреннего касания окружностей предполагается, что R > x и R > y.

6.46.

Пусть R — радиус описанной окружности четырехугольника ABCD;  r_a, r_b, r_c и r_d- радиусы окружностей a,b,g и d. Пусть далее 

a =

Ц

R±ra

, причем знак плюс берется в случае внешнего касания, а знак минус- в случае внутреннего; числа b,c и d определяются аналогично. Тогда t_ab = ab AB/R (см. задачу 6.45) и т. д. Поэтому, домножая равенство AB · CD + BC · DA = AC · BD на abcd/R, получаем требуемое.

6.47.

Так как РEBD = РABE + РCBD, то на стороне ED можно взять точку P так, что РEBP = РABE = РAEB, т. е. BP||AE. Тогда РPBD = РEBD – РEBP = РCBD = РBDC, т. е. BP||CD. Следовательно,  AE||CD, а так как AE = CD, то CDEA — параллелограмм. Поэтому AC = ED, т. е. треугольник ABC равносторонний и РABC = 60°.

6.48.

а) Пусть O — центр описанной окружности треугольника CKE. Достаточно проверить, что РCOK = 2РKCB. Оба эти угла легко вычисляются:  РCOK = 180° – 2РOKC = 180° – РEKC = 180° – РEDC = 72° и РKCB = (180° – РABC)/2 = 36°.

6.49.

Пусть перпендикуляры, восставленные к прямой AB в точках A и B, пересекают стороны DE и CD в точках P и Q. Любая точка отрезка CQ является вершиной прямоугольника, вписанного в пятиугольник ABCDE (стороны этого прямоугольника параллельны AB и AP), причем при перемещении этой точки от Q к C отношение длин сторон прямоугольников изменяется от AP/AB до 0. Так как угол AEP тупой, то AP > AE = AB. Поэтому для некоторой точки отрезка QC отношение длин сторон прямоугольника равно 1.

6.50.

Пусть точки A₁,…,E₁ симметричны точкам A,…,E относительно центра окружности S; P,Q и R — точки пересечения прямых BC₁ и AB₁,  AE₁ и BA₁,  BA₁ и CB₁ (рис. 6.10). Тогда PQ = AB = a и QR = b. Так как PQ||AB и РABA₁ = 90°, то PR² = PQ² + QR² = a² + b². Прямая PR проходит через центр окружности S и РAB₁C = 4 · 18° = 72°, поэтому PR — сторона правильного пятиугольника, описанного около окружности с центром B₁, радиус B₁O которой равен радиусу окружности S.

Рис. 6.10 Рис. 6.11

6.51.

Проведем через точки A,C и E прямые l₁,l₂ и l₃, параллельные прямым BC,DE и FA соответственно. Обозначим точки пересечения прямых l₁ и l₂,  l₂ и l₃,  l₃ и l₁ через P,Q,R соответственно (рис. 6.11). Тогда

SACE = (SABCDEF – SPQR)/2 + SPQR  =  (SABCDEF + SPQR)/2 і SABCDEF/2.

Аналогично S_BDF = (S_ABCDEF + S_PўQўRў)/2. Ясно, что PQ = |AB – DE|, QR = |CD – AF|, PR = |EF – BC|, поэтому треугольники PQR и PўQўRў равны. Следовательно,  S_ACE = S_BDF.

6.52.

Построим треугольник PQR, как и в предыдущей задаче. Этот треугольник правильный, и PQ = |AB – DE|, QR = |CD – AF|, PR = |EF – BC|. Поэтому |AB – DE| = |CD – AF| = |EF – BC|.

6.53.

Сумма углов при вершинах A,C и E равна 360°, поэтому из равнобедренных треугольников ABF,CBD и EDF можно сложить треугольник, приложив AB к CB, a ED и EF к CD и AF. Стороны полученного треугольника равны сторонам треугольника BDF. Следовательно, при симметрии относительно прямых FB,BD и DF точки A,C и E переходят в центр O описанной окружности треугольника BDF, а значит,  AB||OF||DE.

6.54.

Предположим, что диагонали шестиугольника образуют треугольник PQR. Обозначим вершины шестиугольника следующим образом: вершина A лежит на луче QP,  B — на RP,  C — на RQ и т. д. Так как прямые AD и BE делят площадь шестиугольника пополам, то S_APEF + S_PED = S_PDCB + S_ABP и S_APEF + S_ABP = S_PDCB + S_PED. Поэтому S_ABP = S_PED, т. е.

AP · BP = EP · DP = (ER + RP)(DQ + QP) > ER · DQ.

Аналогично CQ · DQ > AP · FR и FR · ER > BP · CQ. Перемножая эти неравенства, получаем AB · BP · CQ · DQ · FR · ER > ER · DQ · AP · FR · BP · CQ, чего не может быть. Поэтому диагонали шестиугольника пересекаются в одной точке.

Рис. 6.12

6.55. Обозначим середины сторон выпуклого шестиугольника ABCDEF так, как показано на рис. 6.12. Пусть O — точка пересечения отрезков KM и LN. Площади треугольников, на которые делят шестиугольник отрезки, соединяющие точку O с вершинами и серединами сторон, обозначим так, как показано на том же рисунке. Легко проверить, что S_KONF = S_LOMC, т. е. a + f = c + d. Следовательно, ломаная POQ делит шестиугольник на две части равной площади, а значит, отрезок PQ проходит через точку O.

6.56. а) Пусть O — центр описанной окружности. Так как РA_kOA_k + 2 = 360° – 2РA_kA_k + 1A_k + 2 = j - постоянная величина, то при повороте с центром O на угол j точка A_k переходит в A_k + 2. Для нечетного n из этого следует, что все стороны многоугольника A₁… A_n равны.

б) Пусть a — длина стороны данного многоугольника. Если одна из его сторон делится точкой касания с вписанной окружностью на отрезки длиной x и a – x, то соседние с ней стороны тоже делятся на отрезки длиной x и a – x (смежные отрезки соседних сторон равны) и т. д. Для нечетного n из этого следует, что все сторо-

ны многоугольника A1… An, делятся точками касания с вписанной окружностью пополам, а значит, все его углы равны. 6.57. Стороны многоугольника A1… An параллельны сторонам правильного  n-угольника. Отложим на лучах OA1,…,OAn равные отрезки OB1,…,OBn. Тогда многоугольник B1… Bn правильный и стороны многоугольника A1… An образуют равные углы с его сторонами. Следовательно,  OA1 : OA2 = OA2 : OA3  =  …  =  OAn : OA1 = k, т. е. OA1 = kOA2 = k2OA3 = …  =  knOA1, а значит,  k = 1. Рис. 6.13 6.58. Обозначим вершины пятиугольника так, как показано на рис. 6.13. Если в треугольнике две высоты равны, то равны и стороны, на которые опущены эти высоты. Рассматривая треугольники EAB, ABC и BCD, получаем EA = AB, AB = BC и BC = CD. Поэтому трапеции EABC и ABCD равнобедренные, т. е. РA = РB = РC. Рассматривая треугольники ABD и BCE, получаем AD = BD и BE = CE. Так как треугольники EAB, ABC, BCD равны, то BE = AC = BD. Поэтому AD = BE и BD = CE, т. е. трапеции ABDE и CDEB равнобедренные. Следовательно,  ED = AB = BC = CD = AE и РE = РA = РB = РC = РD, т. е. ABCDE — правильный пятиугольник. 6.59 Треугольник BMC равнобедренный с углом при вершине 30° и углом при основании (180°  –  30°)/2 = 75°. Следовательно, треугольники BAM и BCN равнобедренные с углом 15° при основании. Поэтому треугольник BMN правильный. Пусть O — центр квадрата, P и Q - середины отрезков MN и BK (рис. 6.14). Так как OQ — средняя линия треугольника MBK, то OQ = BM/2 = MP = OP и РQON = РMBA = 15°, а значит,  РPOQ = РPON – РQON = 30°. Дальнейшее доказательство проводится аналогично. Рис. 6.14 Рис. 6.15

6.60. Рассмотрим правильный двенадцатиугольник A₁… A₁₂, вписанный в окружность радиуса R. Ясно, что A₁A₇ = 2R, A₁A₃ = A₁A₁₁ = R. Поэтому A₁A₇ = A₁A₃ + A₁A₁₁.

6.61. Для k = 3 решение задачи ясно из рис. 6.15. В самом деле,  A₃A₄ = OQ, KL = QP и MN = PA₁₄, поэтому A₃A₄ + KL + MN  =  OQ + QP + PA₁₄ = OA₁₄ = R. Доказательство проводится аналогично и для любого k.

6.62. Для доказательства достаточно применить результат задач 5.86 и 5.77, б) к треугольнику A_aA_cA_e и прямым A_aA_d,A_cA_f и A_eA_b. При решении задачи б) нужно еще заметить, что sin 20°sin 70°  =  sin 20°sin 20°  =  (sin 40°)/2 = sin 30°sin 40°, а при решении задачи в) нужно заметить, что sin 10°sin 80°  =  sin 30°sin 20°.

6.63.

Как и в предыдущей задаче, нужно проверить равенство sin 2asin 2asin 8a  = sin asin 3asin 14a, где a  = 180°/30 = 6°. Ясно, что sin 14a  = cos a, поэтому 2sin asin 3asin 14a  = sin 2asin 3a. Остается проверить, что sin 3a  = 2sin 2asin 8a  = cos 6a – cos 10a  = 1 – 2sin ²3a – 1/2, т. е. 4sin ²18° + 2sin 18° = 1 (см. задачу 5.48).

6.64.

Пусть сначала n = 2m. Диагонали и стороны правильного  2m-угольника имеют m различных длин. Поэтому отмеченные точки лежат на m – 1 концентрических окружностях (по n точек на каждой) или в общем центре этих окружностей. Поскольку различные окружности имеют не более двух общих точек, окружность, не принадлежащая этому семейству концентрических окружностей, содержит не более 1 + 2(m – 1) = 2m – 1 = n – 1 отмеченных точек.

В обоих случаях наибольшее число отмеченных точек, лежащих на одной окружности, равно n.

6.65.

Обозначим центр многоугольника через O, вершины- через A₁,…,A_n. Предположим, что среди одноцветных многоугольников нет равных, т. е. они имеют m = m₁ < m₂ < m₃ < … < m_k сторон соответственно. Рассмотрим преобразование f, определенное на множестве вершин  n-угольника и переводящее вершину A_k в вершину A_mk : f(A_k) = A_mk (считаем, что A_p + qn = A_p). При этом преобразовании вершины правильного  m-угольника переходят в одну точку B, поэтому сумма векторов 

® Of(Ai)

, где A_i- вершины  m-угольника, равна 

m

® OB

№

® 0

.

6.66.

Пусть правильный  (n – 1)-угольник  B₁… B_n – 1 вписан в правильный  n-угольник  A₁… A_n. Можно считать, что A₁ и B₁- наименее удаленные друг от друга вершины этих многоугольников и точки B₂,B₃,B₄ и B₅ лежат на сторонах A₂A₃, A₃A₄, A₄A₅ и A₅A₆. Пусть a_i = РA_i + 1B_iB_i + 1 и b_i = РB_iB_i + 1A_i + 1, где i = 1,2,3,4. По теореме синусов A₂B₂ :  B₁B₂ = sin a₁ : sin j и B₂A₃ :  B₂B₃ = sin b₂ : sin j, где j- угол при вершине правильного  n-угольника. Следовательно,  sin a₁ + sin b₂ = a_nsin j/a_n – 1 где a_n и a_n – 1- стороны данных многоугольников. Аналогичные рассуждения показывают, что sin a₁ + sin b₂ = sin a₂ + sin b₃ = sin a₃ + sin b₄. Заметим теперь, что sin a_i + sin b_i + 1 = 2sin ((a_i + b_i + 1)/2) cos ((a_i – b_i + 1)/2), и займемся вычислением a_i + b_i + 1 и a_i – b_i + 1. Так как a_i + b_i = 2p/n и a_i + 1 + b_i = 2p/(n – 1), то a_i + 1 = a_i + 2p/(n(n – 1)) и b_i + 1 = b_i – 2p/(n(n – 1)), а значит,

ai + bi + 1 =

2p n

–

2p n(n – 1)

- величина постоянная и a_i – b_i + 1 = a_i – 1 – b_i + 4p/(n(n – 1)). Следовательно, cos q  = cos (q + 2p/n(n – 1)) = cos (q + 4p/(n – 1)n) для q  = (a₁ – b₂)/2. Получено противоречие, так как на интервале, меньшем 2p, косинус не может принимать одно значение в трех различных точках.

6.67.

Пусть 

a =

® OA

1

+ … +

® OA

n

. При повороте вокруг точки O на угол 360°/n точка A_i переходит в A_i + 1, а значит, вектор a переходит в себя, т. е. a = 0.

6.68.

Проведем через центр правильного многоугольника A₁… A_n прямую l, не проходящую через его вершины. Пусть x_i равно проекции вектора 

® OA

i

на прямую, перпендикулярную прямой l. Тогда все x_i отличны от нуля и сумма чисел x_i, стоящих в вершинах правильного  k-угольника, равна нулю, поскольку равна нулю соответствующая сумма векторов 

® OA

i

(см. задачу 6.67).

6.69.

Согласно задаче 6.67

a = 10

® AO

и 

b = 10

® BO

, где O — центр многоугольника X₁…X₁₀. Ясно, что если точка A расположена очень близко к вершине многоугольника, а точка B — очень близко к середине стороны, то AO > BO.

6.70.

Так как

AiX2 = | ® AiO    +  ® OX   |2 = AiO2 + OX2 + 2( ® AiO   , ® OX   )  =  R2 + d2 + 2( ® AiO   , ® OX   ),

то 

е

AiX2 = n(R2 + d2) + 2

ж и

е

® AiO

,

® OX

ц ш

=  n(R2 + d2)

(см. задачу 6.67).

6.71.

Обозначим через S_k сумму квадратов расстояний от вершины A_k до всех остальных вершин. Тогда

Sk = AkA12 + AkA22 + … + AkAn2  =

=  AkO2 + 2( ® AkO   , ® OA   1  ) + A1O2 + … + AkO2 + 2( ® AkO   , ® OA   n  ) + AnO2 = 2nR2,

так как 

n е i = 1

® OA

i

=

® 0

. Поэтому 

n е k = 1

Sk = 2n2R2

. Поскольку квадрат каждой из сторон и диагоналей дважды входит в эту сумму, искомая сумма равна n²R².

6.72.

Пусть X_k- образ точки X при повороте относительно центра O данного  n-угольника, переводящем A_k в A₁. При этом повороте отрезок A_kX переходит в A₁X_k. Следовательно,  A₁X + … + A_nX = A₁X₁ + … + A₁X_n. А так как  n-угольник  X₁… X_n правильный, то 

® A1X

1

+ … +

® A1X

n

= n

® A1O

(см. задачу 6.67), а значит,  

A1X1 + … + AnXn і n

® A1O

.

6.73.

Пусть B_i- проекция точки X на прямую OA_i. Тогда 

(ei, x) = (

® OA

i

,

® OB

i

+

® BiX

) = (

® OA

i

,

® OB

i

) = ±R · OBi

. Точки B₁,…,B_n лежат на окружности с диаметром OX и являются вершинами правильного  n-угольника при n нечетном и вершинами  n/2-угольника, взятыми по два раза, при n четном (см. задачу 2.9). Поэтому 

е

OBi2 = n OX2/2

(см. задачу 6.70).

6.74.

Пусть e₁,…,e_n- векторы, идущие из центра данного  n-угольника в его вершины;  x - единичный вектор, перпендикулярный прямой l. Искомая сумма равна 

е

(ei,x)2 = nR2/2

(см. задачу 6.73).

6.75.

Пусть e₁,…,e_n- единичные векторы, направленные из центра O правильного  n-угольника в середины его сторон;  

x =

® OX

. Тогда расстояние от точки X до  i-й стороны равно |(x, e_i) – r|. Поэтому искомая сумма равна 

е

((x, ei)2 – 2r(x, ei) + r2) =

е

(x, ei)2 + nr2

. Согласно задаче 6.73  

е

(x, ei)2 = nd2/2

.

6.76.

Пусть x- единичный вектор, параллельный прямой l,  

ei =

® AiA

i + 1

. Тогда квадрат длины проекции стороны A_iA_i + 1 на прямую l равен (x, e_i)². Согласно задаче 6.73

е

(x, ei)2 = na2/2

.

6.77.

Пусть 

a =

® XO

, ei =

® OA

i

. Тогда  XA_i⁴ = |a + e_i|⁴ = (|a|² + 2(a, e_i) + |e_i|²)² = 4(R² + (a,e_i))²  =  4(R⁴ + 2R²(a,e_i) + (a,e_i)²). Ясно, что 

е

(a,ei) = (a,

е

ei) = 0

. Согласно задаче 6.73

е

(a,ei)2 = nR4/2

, поэтому искомая сумма равна 4(nR⁴ + nR⁴/2) = 6nR⁴.

6.78.

а) Докажем сначала требуемое соотношение для u = e₁. Пусть e_i = (sin j_i,cos j_i), причем cos j₁ = 1. Тогда е (e₁,e_i)e_i = еcosj_i l_i = е( sinj_i cosj_i, cos² j_i ) = е( (sin2j_i)/2, (1+cos2j_i)/2 ) = (0,n/2) = ne₁/2. Для u = e₂ доказательство проводится аналогично. Остается заметить, что любой вектор u можно представить в виде u = le₁ + me₂.

6.79.

Пусть e₀,…,e_n – 1- векторы сторон правильного  n-угольника. Достаточно доказать, что, переупорядочив эти векторы, можно получить такой набор векторов  {a₁,…,a_n}, что 

n е k = 1

kak = 0

. Число n, не являющееся степенью простого числа, можно представить в виде n = pq, где p и q — взаимно простые числа. Докажем теперь, что набор  {e₀,e_p,…, e_(q – 1)p; e_q,e_q + p,…,e_{q + (q – 1)p},…,;e_{(p – 1)q + p},…,e_{(p – 1)q + (q – 1)p}} искомый. Заметим сначала, что если x₁q + y₁p є x₂q + y₂p mod pq, то x₁ є x₂ mod p и y₁ є y₂ mod q, поэтому в рассматриваемом наборе каждый из векторов e₀,…,e_n – 1 встречается ровно один раз.

6.80.

Предположим, что на сторонах треугольника ABC внешним образом построены квадраты ABB₁A₁, BCC₂B₂, ACC₃A₃ и вершины A₁, B₁, B₂, C₂, C₃, A₃ лежат на одной окружности S. Серединные перпендикуляры к отрезкам A₁B₁, B₂C₂, A₃C₃ проходят через центр окружности S. Ясно, что серединные перпендикуляры к отрезкам A₁B₁, B₂C₂, A₃C₃ совпадают с серединными перпендикулярами к сторонам треугольника ABC, поэтому центр окружности S совпадает с центром описанной окружности треугольника.

6.81.

В любом треугольнике выполнено соотношение h_c = ab/2R (задача 12.33), поэтому p_k = MA_k · MA_k + 1/2R. Следовательно,

p1p3… p2n – 1 = MA1 · MA2… MA2n/(2R)n  =  p2p4… p2n.

6.82.

Пусть ABC — треугольник, вписанный в окружность S. Обозначим расстояния от центра O окружности до сторон BC,CA и AB через a,b и c соответственно. Тогда R + r = a + b + c, если точка O лежит внутри треугольника ABC, и R + r =  – a + b + c, если точки O и A лежат по разные стороны от прямой BC (см. задачу 12.38).

6.83.

Пусть многоугольник A₁… A_n вписан в окружность. Рассмотрим точку A₂ў, симметричную точке A₂ относительно серединного перпендикуляра к отрезку A₁A₃. Тогда многоугольник A₁A₂ўA₃… A_n вписанный и его площадь равна площади многоугольника A₁… A_n. Таким образом можно поменять местами любые две соседние стороны, а значит, можно поменять местами любые две стороны. Поэтому к любой стороне можно «подогнать» любую другую сторону, к ней- любую из оставшихся и т. д. Следовательно, площадь  n-угольника, вписанного в данную окружность, зависит только от набора длин сторон, но не от их порядка.

6.84.

Без ограничения общности можно считать, что  a_n- наибольшее из чисел a₁,…,a_n. Пусть  n-угольник  A₁…A_n вписан в окружность с центром O. Тогда A_iA_i + 1 :  A₁A_n = sin (РA_iOA_i + 1/2) : sin (РA₁OA_n/2). Поэтому поступим следующим образом. Из соотношения sin (j_i/2) : sin (j/2) = a_i : a_n угол j_i однозначно выражается через j, если j_i < p. На окружности радиуса 1 фиксируем точку A_n и рассмотрим такие переменные точки A₁,…,A_n – 1,Aў_n, что ИA_nA₁ = j, И A₁A₂ = j₁,…,ИA_n – 2A_n – 1 = j_n – 2 и И A_n – 1A_nў = j_n – 1, причем расположим эти точки двумя различными способами, изображенными на рис. 6.16 (первый способ (рис. 6.16, а ) будет соответствовать  n-угольнику, содержащему центр окружности, а второй (рис. 6.16, б )- не содержащему). Остается доказать, что при изменении j от 0 до p в одном из этих случаев точка A_nў совпадает с A_n (в самом деле, тогда с точностью до подобия получается искомый  n-угольник). Предположим, что в первом случае при 0 Ј j Ј p точки A_nў и A_n никогда не совпадают, т. е. при j  = p выполняется неравенство j₁ + … + j_n – 1 < p. Рисунок 6.16, б требует некоторых комментариев: при малых углах sin a » a, поэтому из условия задачи следует, что при малых углах точка A_n действительно лежит на дуге A₁A_nў, так как j₁ + … + j_n – 1 > j. Итак, при малых углах j₁ + … + j_n – 1 > j, а если j  = p, то согласно предположению j₁ + … + j_n – 1 < p  =  j. Поэтому в некоторый момент j  = j₁ + … + j_n – 1, т. е. точки A_n и A_nў совпадают.

Рис. 6.16

6.85.

Пусть h₁,…,h_n- расстояния от данной точки до соответствующих сторон,  a₁,…,a_n- расстояния от вершин многоугольника до точек касания. Тогда произведение площадей как красных, так и синих треугольников равно a₁… a_nh₁… h_n/2ⁿ.

6.86.

Пусть OH_i- высота треугольника OA_iA_i + 1. Тогда РH_i – 1OA_i = РH_iOA_i = j_i !-- -->. Из условия задачи следует, что j₁ + j₂ = j_n + 1 + j_n + 2,j_n + 2 + j_n + 3 = j₂ + j₃,j₃ + j₄ = j_n + 3 + j_n + 4,…,j_n – 2 + j_n–1 = j_2n – 2 + j_2n – 1 (при записи последнего равенства мы учли, что n нечетно) и j_n – 1 + 2j_n + j_n + 1  =  j_2n – 1 + 2j_2n + j₁. Складывая все эти равенства, получаем j_n – 1 + j_n = j_2n – 1 + j_2n, что и требовалось.

6.87.

Пусть O — центр данной окружности. Тогда 

® XA

i

=

® XO

+

® OA

i

, а значит,  

XAi2 = XO2 + OAi2 + 2(

® XO

,

® OA

i

)  =  d2 + r2 + 2(

® XO

,

® OA

i

)

. Так как 

a1

® OA

1

+ … + an

® OA

n

=

® 0

(см. задачу 13.4), то a₁XA₁² + … + a_nXA_n² = (a₁ + … + a_n)(d² + r²).

6.88.

Согласно задаче 5.8 b_i – 1b_i/a_i² = sin ²(A_i/2). Для решения задачи а) достаточно перемножить все такие равенства, а для решения задачи б) произведение равенств с четным индексом i нужно поделить на произведение равенств с нечетным индексом i.

6.89.

Пусть BC — синяя сторона,  AB и CD — соседние с BC стороны. По условию стороны AB и CD красные. Предположим, что многоугольник описанный;  P,Q,R — точки касания сторон AB,BC,CD с вписанной окружностью. Ясно, что BP = BQ, CR = CQ и отрезки BP, CR граничат только с одним синим отрезком. Поэтому сумма длин красных сторон не меньше суммы длин синих сторон. Получено противоречие с тем, что сумма длин красных сторон меньше половины периметра. Поэтому в многоугольник нельзя вписать окружность.

6.90.

Пусть выпуклый  n-угольник имеет k острых углов. Тогда сумма его углов меньше k · 90° + (n – k) · 180°. С другой стороны, сумма углов  n-угольника равна (n – 2) · 180°. Поэтому (n – 2) · 180° < k · 90° + (n – k) · 180°, т. е. k < 4. Поскольку k — целое число,  k Ј 3.

Рис. 6.17 Рис. 6.18

6.91.

Предположим, что несмежные стороны AB и CD равны по длине наибольшей диагонали. Тогда AB + CD і AC + BD. Но согласно задаче 9.14  AB + CD < AC + BD. Получено противоречие, поэтому стороны, равные по длине наибольшей диагонали, должны быть смежными, т. е. таких сторон не больше двух.

6.92.

Докажем, что  n Ј 5. Пусть AB = 1, а C — вершина, не соседняя ни с A, ни с B. Тогда |AC – BC| < AB = 1. Поэтому AC = BC, т. е. точка C лежит на серединном перпендикуляре к стороне AB. Таким образом, кроме вершин A,B,C многоугольник может иметь еще лишь две вершины.

Рис. 6.19

Рис. 6.20

Пример пятиугольника, обладающего требуемым свойством, приведен на рис. 6.19. Поясним, как он устроен.  ACDE — прямоугольник,  AC = ED = 1 и РCAD = 60°. Точка B задается условием BE = BD = 3.

Примером четырехугольника, обладающего требуемым свойством, является прямоугольник ACDE на том же рисунке.

6.93. Пример пятиугольника, удовлетворяющего условию задачи, приведен на рис. 6.20. Поясним, как он устроен. Возьмем равнобедренный прямоугольный треугольник EAB, проведем серединные перпендикуляры к сторонам EA,AB и на них построим точки C и D так, что ED = BC = AB (т. е. прямые BC и ED образуют с соответствующими серединными перпендикулярами углы в 30°). Ясно, что DE = BC = AB = EA < EB < DC и DB = DA = CA = CE > EB.

Докажем теперь, что пятая сторона и пятая диагональ не могут иметь общей точки. Предположим, что пятая сторона AB имеет общую точку A с пятой диагональю. Тогда пятая диагональ- это AC или AD. Разберем эти два случая.

В первом случае DAED = DCDE, поэтому при симметрии относительно серединного перпендикуляра к отрезку ED точка A переходит в точку C. Точка B при этой симметрии остается на месте, так как BE = BD. Поэтому отрезок AB переходит в CB, т. е. AB = CB. Получено противоречие.

Во втором случае DACE = DEBD, поэтому при симметрии относительно биссектрисы угла AED отрезок AB переходит в DC, т. е. AB = CD. Получено противоречие.

6.94. Рассмотрим две соседние вершины A₁ и A₂. Если РA₁OA₂ і 90°, то OA₁ = OA₂, так как к основанию равнобедренного треугольника не может прилегать прямой или тупой угол.

Пусть теперь РA₁OA₂ < 90°. Проведем через точку O прямые l₁ и l₂, перпендикулярные прямым OA₁ и OA₂. Обозначим области, на которые эти прямые разбивают плоскость, так, как показано на рис. 6.21. Если в области (3) есть вершина A_k, то A₁O = A_kO = A₂O, поскольку РA₁OA_k і 90° и РA₂OA_k і 90°. Если же в области (3) нет вершин многоугольника, то в области (1) есть вершина A_p и в области (2) есть вершина A_q. (Если бы в одной из областей (1), (2) не было вершин многоугольника, то точка O оказалась бы вне многоугольника.)

Рис. 6.21

Так как РA₁OA_q і 90°, РA₂OA_p і 90° и РA_pOA_q і 90°, то A₁O = A_qO = A_pO = A₂O.

Остается заметить, что если расстояния от точки O до любой пары соседних вершин многоугольника равны, то равны и все расстояния от точки O до вершин многоугольника.

6.95. Пусть прямые AB и DE пересекаются в точке G, BC и EF в точке H, CD и FA в точке K. Пусть, далее, X и Y - точки пересечения описанной окружности треугольника EBH с прямыми AB и DE. Покажем, что соответственные стороны треугольников ADK и XYH параллельны. (Из этого следует, что прямая KH проходит через точку G.)

Из равенств Р(YX,AB) = Р(YX,XB) = Р(YE,EB) = Р(DE,EB) = Р(DA,AB) следует, что AD|| XY. После этого из равенств Р(XY,YH) = Р(XB,BH) = Р(AB,BC) = Р(AD,DC) = Р(AD,DK) следует, что DK|| YH, а из равенств Р(YH,XH) = Р(YE,EH) = Р(DE,EF) = Р(DA,AF) = Р(DA,AK) следует, что AK|| XH.

Отметим, что мы нигде не пользовались тем, что шестиугольник ABCDEF выпуклый; вместо шестиугольника можно взять самопересекающуюся шестизвенную ломаную с вершинами на окружности.

6.96. Пусть A₂,B₂ и C₂- указанные точки пересечения прямых. Применяя теорему Паскаля к точкам M,A₁,A,C,B,B₁, получаем, что точки A₂,B₂ и R лежат на одной прямой. Аналогично точки A₂,C₂ и R лежат на одной прямой. Следовательно, точки A₂,B₂,C₂ и R лежат на одной прямой.

6.97.

Поскольку углы APT, ART, AST и AQT прямые, то точки A, P, R, T, S, Q лежат на окружности, построенной на отрезке AT как на диаметре. Следовательно, по теореме Паскаля (задача 30.50) точки B, C и X лежат на одной прямой.

6.98.

Точки A₁ и B₁ лежат на окружности S с диаметром AB. Пусть A₄ и B₄- точки пересечения прямых AA₂ и BB₂ с прямой A₃B₃. Согласно задаче 2.42, а) эти точки лежат на окружности S. Прямые A₁B и A₄A пересекаются в точке A₂, а прямые BB₄ и AB₁- в точке B₂. Поэтому, применяя теорему Паскаля к точкам B₁,A₁,B,B₄,A₄,A, получаем, что точка пересечения прямых B₁A₁ и B₄A₄ (последняя прямая совпадает с A₃B₃) лежит на прямой A₂B₂.

6.99.

Пусть K — точка пересечения прямых BC и MN. Применяя теорему Паскаля к точкам A,M,N,D,C,B, получаем, что точки E,K и F лежат на одной прямой, а значит,  K — точка пересечения прямых MN и EF.

6.100.

Пусть точки B₁ и C₁ симметричны точкам B и C относительно точки O. Тогда точка X лежит на прямых AB₁ и C₁D. Применим теорему Паскаля к шестиугольнику AB₁BDC₁C. Прямые AB₁ и DC₁ пересекаются в точке X, прямые BB₁ и CC₁ - в точке O; прямые BD и AC - диагонали четырехугольника.

6.101.

Пусть лучи PA и QA пересекают окружность в точках P₂ и Q₂, т. е. P₁P₂ и Q₁Q₂ - диаметры данной окружности. Применим теорему Паскаля к шестиугольнику PP₂P₁QQ₂Q₁. Прямые PP₂ и QQ₂ пересекаются в точке A, а прямые P₁P₂ и Q₁Q₂ пересекаются в точке O, поэтому точка пересечения прямых P₁Q и Q₁P лежит на прямой AO.

6.102.

Пусть B₁ и C₁ - середины дуг AC и AB (имеются в виду дуги, не содержащие точек B и C соответственно). Согласно задаче 3.42, а) точки M и N лежат на отрезках KC₁ и KB₁.

Отметим, что задача 3.46 является частным случаем этой задачи.

6.103.

Пусть данные точки A,B,C,D,E лежат на одной окружности. Предположим, что мы построили точку F той же окружности. Обозначим через K,L,M точки пересечения прямых AB и DE,  BC и EF,  CD и FA соответственно. Тогда по теореме Паскаля точки K,L,M лежат на одной прямой.

6.104.

Пусть P и Q — точки пересечения прямой A₃A₄ с A₁A₂ и A₁A₆, а R и S — точки пересечения прямой A₄A₅ с A₁A₆ и A₁A₂. Тогда  A₂K : A₃L = A₂P : A₃P,A₃L : A₆M = A₃Q : A₆Q и A₆M : A₅N = A₆R : A₅R. Поэтому требуемое соотношение A₂K : A₅N = A₂ S : A₅ S перепишется в виде

A2P A3P  ·   A3Q A6Q  ·   A6R A5R  ·   A5S A2S  = 1.

Глава 6. Задачи для самостоятельного решения  |	Оглавление |	Глава 7.

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.