«ЗАДАЧИ ПО ПЛАНИМЕТРИИ УЧЕБНОЕ ПОСОБИЕ 5-е издание, исправленное и дополненное Допущено Министерством образования и науки Российской Федерации Издательство МЦНМО ОАО Московские учебники Москва 2006 УДК 514.112 ББК ...»

2.26. Пусть P — вторая точка пересечения окружностей. Тогда (AB, DB) = = (PA, PB) и (DC, AC) = (PC, PA). Складывая эти равенства, получаем (DC, DB) = (PC, PB) = (PC, CA) + (BA, PB); последние два угла опираются на постоянные дуги.

2.27. а) Так как MAB = BNA, то сумма углов ABN и MAN равна сумме углов треугольника ABN.

б) Так как BAM = BNA и BAN = BMA, то AMB NAB, а значит, AM : NA = MB : AB и AM : NA = AB : NB. Перемножая эти равенства, получаем требуемое.

2.28. Пусть A1 и B1 — точки пересечения прямых MA и MB с меньшей окружностью. Так как M — центр гомотетии окружностей, то A1 B1 AB. Поэтому A1 MT = A1 TA = B1 A1 T = B1 MT.

2.29. Пусть f — угол между хордой AB и касательной, проходящей через один из её концов. Тогда AB = 2R sin f, где R — радиус окружности S. Кроме того, PM = AM sin f и QM = BM sin f. Поэтому Величина AM · BM не зависит от выбора хорды AB.

2.30. Пусть прямая AM вторично пересекает окружность S2 в точке D.

Тогда MDC = MCA = MAB, поэтому CD AB. Далее, CAM = MCB = = MDB, поэтому AC BD. Таким образом, ABCD — параллелограмм, и его диагональ AD делит диагональ BC пополам.

2.31. Проведём прямую l1, касающуюся S1 в точке A1. Прямая K1 K касается S1 тогда и только тогда, когда (K1 K2, K1 A1 ) = (K1 A1, l1 ). Ясно также, что (K1 A1, l1 ) = (A1 B, l1 ) = (A2 B, A1 A2 ). Аналогично прямая K1 K касается S2 тогда и только тогда, когда (K1 K2, K2 A2 ) = (A1 B, A1 A2 ). Остатся заметить, что если (K1 K2, K1 A1 ) = (A2 B, A1 A2 ), то (K1 K2, K2 A2 ) = = (K1 K2, A2 B) = (K1 K2, A1 B) + (A1 B, A1 A2 ) + (A1 A2, A2 B) = (A1 B, A1 A2 ).

2.32. На хорды AC и A1 C1 опираются равные углы ABC и A1 B1 C1, поэтому AC = A1 C1.

2.33. Обозначим центр окружности через O. Точки P и Q лежат на окружности с диаметром OM, т. е. точки O, P, Q и M лежат на окружности постоянного радиуса R/2. При этом либо POQ = AOD, либо POQ = BOD = = 180 AOD, т. е. длина хорды PQ постоянна.

2.34. Так как AOC = 90 + B/2 (см. задачу 5.3), то EBD + EOD = = 90 + 3B/2 = 180, а значит, четырёхугольник BEOD вписанный. На хорды EO и OD опираются равные углы EBO и OBD, поэтому EO = OD.

2.35. Возьмём на продолжении отрезка BD за точку D такую точку Q, что ACQ = 40. Пусть P — точка пересечения прямых AB и QC. Тогда BPC = 60 и D — точка пересечения биссектрис углов треугольника BCP.

Согласно задаче 2.34 AD = DQ. Кроме того, BQC = BCQ = 80. Следовательно, BC = BD + DQ = BD + DA.

2.36. Достаточно проверить, что внешний угол ACD треугольника BCD в два раза больше угла при вершине B. Ясно, что ACD = AOD = 2ABD.

2.37. Если точка M лежит внутри треугольника ABC, то MAC < 45 < < MCD. Легко также проверить, что на сторонах треугольников ABC и ACD точка M лежать не может, поэтому она лежит внутри треугольника ACD.

При этом AMC = 180 MAC (45 MCD) = 135. Это означает, что точка M лежит на дуге окружности радиуса AB с центром B. Поэтому по теореме о вписанном угле ABM = 2ACM = 90 2a.

2.38. Пусть O — центр окружности S. Точка B является центром описанной окружности треугольника ACD, поэтому CDA = ABC/2 = 30, а значит, EOA = 2EDA = 60, т. е. треугольник EOA равносторонний. Кроме того, AEC = AED = AOB = 2AOC, поэтому точка E является центром описанной окружности треугольника AOC. Следовательно, EC = EO.

2.39. Рассмотрим два положения подвижной окружности: в первый момент, когда точка K попадает на неподвижную окружность (точку касания окружностей в этот момент мы обозначим через K1 ), и какой-нибудь другой (второй) момент. Пусть O — центр неподвижной окружности, O1 и O2 — положения центра подвижной окружности в первый и во второй моменты соответственно, K2 — положение точки K во второй момент. A — точка касания окружностей во второй момент. Поскольку окружность катится без проскальзывания, длина дуги K1 A равна длине дуги K2 A. Так как радиус подвижной окружности в два раза меньше, K2 O2 A = 2K1 OA. Точка O лежит на подвижной окружности, поэтому K2 OA = K2 O2 A/2 = K1 OA, т. е. точки K2, K1 и O лежат на одной прямой.

Траектория движения — диаметр неподвижной окружности.

2.40. В треугольнике ABC сторона BC наименьшая, поэтому серединные перпендикуляры к сторонам AC и AB пересекают стороны AB и AC, а не их продолжения. Из этого следует, что точка Y лежит внутри треугольника ABC.

Пусть прямые BC1 и CB1 пересекают описанную окружность в точках B2 и C2. Точка B1 лежит на серединном перпендикуляре к стороне AC1, поэтому XAC = B1 AC = B1 CA = C2 CA. Аналогично XAB = B2 BA. Следовательно, дуги BC и B2 C2 равны, а значит, хорды BC2 и B2 C параллельны.

Поэтому BY = YC2, а значит, BY + CY = CY + YC2 = CC2 = AX, поскольку отрезки CC2 и AX симметричны относительно серединного перпендикуляра к отрезку AC.

2.41. Точки N и C лежат на окружности с диаметром AM. Углы MAN и MCN опираются на одну дугу, поэтому они равны.

2.42. При симметрии относительно биссектрисы угла BOC прямые AC и DB переходят друг в друга, поэтому нужно доказать, что C AB = B DC. Так как BO = B O, CO = C O и AO : DO = CO : BO, то AO · B O = DO · C O, т. е. четырёхугольник AC B D вписанный и C AB = B DC.

2.43. Обозначим точки пересечения и углы так, как показано на рис. 2.1.

Достаточно проверить, что x = 90. Углы четырёхугольника BMRN равны 180 f, a + f, b + f и x, поэтому равенство x = 90 эквивалентно равенству (2a + f) + (2b + f) = 180. Остаётся заметить, что 2a + f = BAD и 2b + f = BCD.

2.44. а) Достаточно доказать, что если P1 — точка биссектрисы угла B (или её продолжения), из которой отрезок BC виден под углом 90, то P1 лежит на прямой MN. Точки P1 и N лежат на окружности с диаметром CO, где O — точка пересечения биссектрис, поэтому (P1 N, NC) = (P1 O, OC) = (180 A)/2 = = (MN, NC).

б) Так как BPC = 90, то BP = BC cos(B/2), поэтому SABP : SABC = (BP sin(B/2)) : (BC sin B) = = 1 : 2.

2.45. Возьмём точку N так, что BN MC и NC BM. Тогда NA CD, NCB = CBM = = CDM = NAB, т. е. точки A, B, N и C лежат на одной окружности. Поэтому ACD = = NAC = NBC = BCM.

2.46. Четыре точки A2, B2, C и P лежат на одной окружности, поэтому (A2 B2, B2 P) = (A2 C, CP) = (BC, CP). Аналогично (B2 P, B2 C2 ) = (AP, BA).

Поэтому (A2 B2, B2 C2 )=(BC, CP)+(AP, AB)=(B1 B, B1 C1 )+(A1 B1, B1 B)= = (A1 B1, B1 C1 ). Аналогично проверяется, что и все другие углы треугольников A1 B1 C1 и A2 B2 C2 равны или составляют в сумме 180 ; следовательно, эти треугольники подобны (см. задачу 5.48).

2.47. Точки Q и C лежат на окружности с диаметром PQ, поэтому Q CQ= = Q PQ = 30. Следовательно, BCQ = 60. Аналогично CBQ = 60, а значит, треугольник BQ C правильный. Аналогично треугольник CP D правильный.

2.48. Пусть BAD = 2a и CBA = 2b; для определённости будем считать, что a b. Возьмём на стороне CD точку E так, что DE = DA. Тогда CE = CD AD = CB. Угол при вершине C равнобедренного треугольника BCE равен 180 2a, поэтому CBE = a. Аналогично DAE = b. Биссектриса угла B пересекает CD в некоторой точке F. Так как FBA = b = AED, четырёхугольник ABFE вписанный, а значит, FAE = FBE = a b. Следовательно, FAD = b + (a b) = a, т. е. AF — биссектриса угла A.

2.49. Так как ED=CB, EN=CM и DEC= = BCA = 30 (рис. 2.2), то EDN = CBM.

Пусть MBC = NDE = a, BMC = END = b.

Ясно, что DNC = 180 b. Рассматривая треугольник BNC, получаем BNC = 90 a.

Поскольку a+b=180 30 =150, то DNB= = DNC + CNB = (180 b) + (90 a) = = 270 (a + b) = 120. Поэтому точки B, O, N и D (O — центр шестиугольника) лежат на т. е. C — центр этой окружности, следовательно, l = CN : CE = CB : CA = 1 : 3.

2.50. Пусть D — вторая точка пересечения описанных окружностей треугольников A1 BC и AB1 C. Тогда (AC, CD)=(AB1, B1 D) и (DC, CB)=(DA1, A1 B).

Поэтому (A1 C1, C1 B1 ) = (AC, CB) = (AC, CD) + (DC, CB) = (AB1, B1 D) + + (DA1, A1 B) = (A1 D, DB1 ), т. е. точки A1, B1, C1 и D лежат на одной окружности. Следовательно, (A1 C1, C1 D) = (A1 B1, B1 D) = (AC, CD). Учитывая, что A1 C1 AC, получаем требуемое.

2.51. Пусть точка M симметрична точке A1 относительно прямой AC.

Согласно задаче 1.58 точка M лежит на прямой B1 C1. Поэтому (LM, MA1 ) = = (C1 B1, B1 B) = (C1 C, CB) = (LK, KA1 ), т. е. точка M лежит на описанной окружности треугольника A1 KL. Следовательно, центр этой окружности лежит на прямой AC — серединном перпендикуляре к отрезку A1 M.

2.52. Пусть PQ — диаметр, перпендикулярный AB, причём Q и C лежат по одну сторону от AB; L — точка пересечения прямой QO с описанной окружностью; M и N — точки пересечения прямых LB и LA со сторонами AC и BC.

Достаточно проверить, что M = M и N = N.

B Q = A, а значит, B LQ = M AO.

Следовательно, четырёхугольник AM OL вписанный и M OA = M LA = B/2.

Поэтому CM O = (A + B)/2, т. е. M = M. Аналогично N = N.

2.53. Так как ADM CBM и ACM DBM, то AD : CB = DM : BM и AC : DB = AM : DM. Остаётся перемножить эти равенства.

2.54. Пусть D1 — точка пересечения прямой BD с окружностью, отличная AD1, поэтому ACB = AD1 B = ABD1. Треугольники ACB и ABD имеют общий угол A и, кроме того, ACB = ABD, поэтому ACB ABD. Следовательно, AB : AC = AD : AB.

2.55. Пусть O — центр окружности. Так как MAC = ACO = CAO, то CD2 = AD · DB = AM · NB.

2.56. Точки B1 и H лежат на окружности с диаметром AB, поэтому (AB, BC) = (AB, BH) = (AB1, B1 H) = (B1 C1, B1 H). Аналогично имеем (AC, BC) = (B1 C1, C1 H).

2.57. На продолжении отрезка BP за точку P возьмём точку D так, что PD = CP. Тогда треугольник CDP правильный и CD QP. Поэтому BP : PQ =

PQ CP BP

2.58. Отрезок QE виден из точек A и B под углом 45, поэтому четырёхугольник ABEQ вписанный. А так как ABE = 90, то AQE = 90. Следо- вательно, треугольник AQE прямоугольный равнобедренный и AE/AQ = 2.

Аналогично AF/AP = 2.

2.59. Так как ANC = ABC = CAB, то CAM CNA, а значит, CA : CM = = CN : CA, т. е. CM · CN = AC2, и AM : NA = CM : CA. Аналогично BM : NB = = CM : CB. Поэтому AM · BM/(AN · BN) = CM2 /CA2 = CM2 /(CM · CN) = CM/CN.

2.60. Так как AK = AB = CD, AD = BC = CH и KAD = DCH, то ADK = = CHD и DK = DH. Покажем, что точки A, K, H, C и D лежат на одной окружности. Опишем вокруг треугольника ADC окружность. Проведём в этой окружности хорду CK1 параллельно AD и хорду AH1 параллельно DC.

Тогда K1 A = DC и H1 C = AD. Значит, K1 = K и H1 = H, т. е. построенная окружность проходит через точки K и H и углы KAH и KDH равны, так как они опираются на одну дугу. Кроме того, уже было показано, что KDH — равнобедренный треугольник.

2.61. a) PBA1 = PAC1 и PBC1 = PAB1, поэтому прямоугольные треугольники PBA1 и PAC1, PAB1 и PBC1 подобны, т. е. PA1 : PB = PC1 : PA, PB1 : PA = PC1 : PB. Перемножив эти равенства, получим PA1 · PB1 = PC2, а поделив их, получим PA1 : PB1 = PB2 : PA2.

б) Согласно а) OA = OB · OC, OB = OA · OC, OC = OA · OB. Перемножая эти равенства, получаем требуемое.

2.62. Пусть K, L, M и N — основания перпендикуляров, опущенных из точки E на прямые AB, BC, CD и DA. Точки K и N лежат на окружности с диаметром AE, поэтому (EK, KN) = (EA, AN). Аналогично (EL, LM) = (EC, CM) = (EA, AN), а значит, (EK, KN) = (EL, LM).

Аналогично (EN, NK) = (EA, AK) = (EC, CB) = (EM, ML). Следовательно, EKN ELM, а значит, EK : EN = EL : EM, т. е. EN = EK · EM/EL = ac/b.

2.63. Пусть H — точка пересечения высот, M — середина стороны BC. Точки A1, B2 и C2 лежат на окружности с диаметром MH, поэтому (B2 A1, A1 C2 ) = = (B2 M, MC2 ) = (AC, AB). Кроме того, (A1 B2, B2 C2 ) = (A1 H, HC2 ) = = (BC, AB) и (A1 C2, C2 B2 ) = (BC, AC).

2.64. Пусть M — точка пересечения медиан, H — точка пересечения высот треугольника ABC. Точки A1, B1 и C1 — проекции точки M на высоты, поэтому они лежат на окружности с диаметром MH. Следовательно, (A1 B1, B1 C1 ) = (AH, HC) = (BC, AB). Записывая аналогичные равенства для других углов, получаем требуемое.

2.65. Пусть прямые BM и DN вторично пересекают S2 в точках L и C соответственно. Докажем, что прямые DC1 и CN симметричны относительно прямой AN. Так как BN NA, достаточно проверить, что CNB = BND. Но дуги CB и BD равны. Дуги C1 M и CL симметричны относительно прямой AN, поэтому они равны, а значит, MDC1 = CML. Кроме того, CNM = MND.

Следовательно, MCN DMN, т. е. CN : MN = MN : DN.

2.66. Опустим из точки Q перпендикуляры QK1 и QN1 на KL и NM, из = QN : PL и QK1 : PM1 = QK : PM. Поэтому Отсюда получаем QC = PC.

2.67. а) Так как CAM = CBM и CB1 M = CA1 M, то B1 AM = A1 BM и AB1 M = BA1 M.

б) Пусть M1 — такая точка окружности S с диаметром CO, что CM1 A1 B1 ;

M2 — точка пересечения окружности S с описанной окружностью треугольника ABC; A2 и B2 — точки касания вписанной окружности со сторонами BC и AC. Достаточно проверить, что M1 = M2. Согласно задаче а) AB2 M2 BA2 M2, поэтому B2 M2 : A2 M2 = AB2 : BA2. А так как CA1 = p b = = BA2 и CB1 = AB2, то На дуге A2 CB2 окружности S существует единственная точка X, для которой B2 X : A2 X = k (см. задачу 7.14), поэтому M1 = M2.

2.68. Пусть O — центр описанной окружности треугольника, M — середина стороны AB, H — основание высоты CH, D — середина той из дуг, задаваемых точками A и B, на которой не лежит точка C. OD CH, поэтому DCH = MDC. Биссектриса делит пополам угол между медианой и высотой тогда и только тогда, когда MCD = DCH = MDC = ODC = OCD, т. е. M = O и AB — диаметр окружности.

2.69. Пусть a = A < B. Согласно предыдущей задаче C = 90. Медиана CM делит треугольник ABC на два равнобедренных треугольника.

ACM = A = a, MCB = 3a, значит, a + 3a = 90, т. е. a = 22,5. Поэтому A = 22,5, B = 67,5, C = 90.

2.70. Пусть D — точка, в которой прямая AE пересекает описанную окружность. Точка D является серединой дуги BC. Поэтому MD AH, причём точки A и D лежат по разные стороны от прямой MH. Следовательно, точка E лежит на отрезке MH.

2.71. Ясно, что (AQ, QP) = (AN, NP) = (PM, MB) = (QP, QB). Поэтому точка Q лежит на окружности, из которой отрезок AB виден под углом 2(AC, CB), причём прямая QP делит дугу AB этой окружности пополам.

2.72. Точки P и Q лежат на окружности с диаметром AD; эта окружность пересекает сторону BC в точке F (F не совпадает с D, если AB = AC). Ясно, что (FC, CE) = (BA, AE) = (DA, AQ) = (DF, FQ), т. е. EC FQ. Аналогично BE FP. Для завершения доказательства остаётся заметить, что площади треугольников, прилегающих к боковым сторонам трапеции, равны.

2.73. Пусть AOB = a и COD = b. Тогда a/2 + b/2 = ADP + PAD = 90.

А так как 2SAOB = R2 sin a и 2SCOD = R2 sin b, где R — радиус описанной окружности, то SAOB = SCOD. Аналогично SBOC = SAOD.

2.74. Пусть AOB = 2a и COD = 2b. Тогда a + b = ADP + PAD = 90.

Поэтому (AP2 + BP2 ) + (CP2 + DP2 ) = AB2 + CD2 = 4R2 (sin2 a + cos2 a) = 4R2.

Аналогично BC2 + AD2 = 4R2.

2.75. Пусть M — середина AC, N — середина BD. AM2 = AO2 OM2, BN2 = =BO2 ON2, поэтому AC2 +BD2 =4(R2 OM2 )+4(R2 ON2 )=8R2 4(OM2 +ON2 )= = 8R2 4OP2, так как OM2 + ON2 = OP2.

2.76. Острые углы BLP и BDC имеют соответственно перпендикулярные стороны, поэтому они равны. Следовательно, BLP = BDC = BAP. Кроме что MP — медиана прямоугольного треугольника APD. В самом деле, APM = 90 MPD = 90 MDP = PAM, т. е. AM = PM = MD.

2.80. Середины сторон четырёхугольника ABCD являются вершинами прямоугольника (см. задачу 1.2), поэтому они лежат на одной окружности. Пусть K и L — середины сторон AB и CD, M — точка пересечения прямых KP и CD.

Согласно задаче 2.79 PM CD, а значит, M — проекция точки P на сторону CD и точка M лежит на окружности с диаметром KL. Для остальных проекций доказательство аналогично.

2.81. а) Следует отметить, что так как точки A, B, C и D разбивают окружность на дуги, меньшие 180, то построенный четырёхугольник содержит эту окружность. Угол f между касательными, проведёнными через точки A и B, равен 180 AOB, а угол y между касательными, проведёнными через точки C и D, равен 180 COD. Так как AOB + COD = 180, то f + y = 180.

З а м е ч а н и е. Обратно, из равенства f + y = 180 следует, что AOB + + COD = 180, т. е. AC BD.

б) Пусть O — центр вписанной окружности. Так как AKO + BMO = 90, то AKO = BOM и AKO BOM. Следовательно, AK · BM = BO · AO = r2.

2.82. Предположим сначала, что описанные окружности треугольников A BC и AB C не касаются и P — их общая точка, отличная от C. Тогда (PA, PB) = (PA, PC) + (PC, PB) = (B A, B C) + (A C, A B) = (C A, C B), т. е. точка P лежит на описанной окружности треугольника ABC.

В случае, когда описанные окружности треугольников A BC и AB C касаются, т. е. P = C, требуются незначительные изменения: вместо прямой PC нужно взять общую касательную.

2.83. а) Применяя утверждение задачи 2.82 к треугольникам AB1 C1, A1 BC и A1 B1 C, построенным на сторонах треугольника A1 B1 C1, получаем требуемое.

б) Пусть P — точка пересечения указанных окружностей. Докажем, что величина угла (AP, PC) постоянна. Так как (AP, PC) = (AP, AB) + + (AB, BC) + (BC, PC), а угол (AB, BC) постоянен, то остаётся проверить, что сумма (AP, AB) + (BC, PC) постоянна. Ясно, что (AP, AB) + + (BC, CP) = (AP, AC1 ) + (CA1, CP) = (B1 P, B1 C1 ) + (B1 A1, B1 P) = = (B1 A1, B1 C1 ), а величина последнего угла постоянна по условию. Аналогично доказывается, что величины углов (AP, PB) и (BP, PC) постоянны.

Следовательно, точка P остаётся неподвижной.

2.84. Согласно задаче 2.83 б) описанные окружности треугольников AB1 C1, A1 BC1 и A1 B1 C пересекаются в фиксированной точке P. Размер треугольника A1 B1 C1 пропорционален длине отрезка PA1. Длина этого отрезка минимальна, когда он перпендикулярен прямой BC. В этом случае отрезки PB1 и PC1 тоже должны быть минимальными.

2.85. Описанная окружность треугольника AB1 C1 проходит через точку X, поэтому BXC = 180 A. Это означает, что точка X лежит на окружности, симметричной описанной окружности треугольника ABC относительно стороны BC. Ясно, что три окружности, симметричные описанной окружности треугольника относительно его сторон, не могут иметь более одной общей точки.

2.86. Как следует из задачи 2.83 б), доказательство достаточно провести лишь для одного такого треугольника A1 B1 C1, например для треугольника с вершинами в серединах сторон треугольника ABC. Пусть H — точка пересечения высот треугольника A1 B1 C1, т. е. центр описанной окружности треугольника ABC. Точки A1 и B1 лежат на окружности с диаметром CH, поэтому точка H лежит на описанной окружности треугольника A1 B1 C. Аналогично доказывается, что она лежит на описанных окружностях треугольников A1 BC1 и AB1 C1.

2.87. а) Пусть X — точка пересечения описанных окружностей треугольников ABC и AB C. Тогда (XB, XC) = (XB, XA) + (XA, XC) = (C B, C A) + + (BA, BC). Так как AC = AP = AB, то треугольник C AB равнобедренный, причём C AB = 2A, поэтому (C B, C A) = A 90. Следовательно, (XB, XC) = A 90 + B = 90 C = (A B, A C), т. е. точка X лежит на описанной окружности треугольника A B C. Для описанной окружности треугольника A BC доказательство аналогично.

б) Пусть X — точка пересечения описанных окружностей треугольников A B C и A BC. Докажем, что она лежит на описанной окружности треугольника ABC. Ясно, что (XB, XC ) = (XB, XA ) + (XA, XC ) = (CB, CA ) + + (B A, B C ). Пусть A1, B1 и C1 — середины отрезков PA, PB и PC.

Тогда (CB, CA ) = (CP, CA1 ) = (B1 P, B1 A1 ), (B A, B C ) = (B1 A1, B1 C1 ) и (AB, AC ) = (AP, AC1 ) = (B1 P, B1 C1 ). Следовательно, (XB, XC ) = = (AB, AC ).

Аналогично доказывается, что точка X лежит на описанной окружности треугольника AB C.

в) Так как QA — общая хорда окружностей с центрами O и I, то QA OI.

Аналогично QB OJ и QC IJ. Поэтому стороны углов OJI и B QC, а также углов OIJ и A QC взаимно перпендикулярны, а значит, sin OJI = sin B QC и sin OIJ = sin A QC. Следовательно, OI : OJ = sin OJI : sin OIJ = sin B QC : A QC.

Ясно также, что поскольку точки C и Q симметричны относительно прямой IJ, а точки Q, B и C лежат на окружности с центром J. Учитывая, что sin B QC : sin QB C = = B C : QC и sin A QC : sin QA C = A C : QC, получаем

OI QI BC AC

OJ QJ QC QC

2.88. а) Из условия задачи следует, что никакие три прямые не пересекаются в одной точке. Пусть прямые AB, AC, BC пересекают четвёртую прямую окружностей треугольников ABC и CEF, отличную от точки C. Докажем, что точка P принадлежит описанной окружности треугольника BDF.

б) Воспользуемся обозначениями рис. 2.4. Согласно задаче а) описанные окружности треугольников ABC, ADE и BDF проходят через точку P, поэтому их можно рассмотреть как описанные окружности треугольников ABP, ADP и BDP. Следовательно, их центры лежат на окружности, проходящей через точку P (см. задачу 5.106). Аналогично доказывается, что центры любых трёх из данных окружностей лежат на окружности, проходящей через точку P. Следовательно, все четыре центра лежат на окружности, проходящей через точку P.

2.89. а) Пусть P — точка Микеля для прямых AB, BC, CA и A1 B1.

Углы между прямыми PA, PB, PC и касательными в точке P к окружностям Sa, Sb, Sc соответственно равны (AB1, B1 P) = (AC1, C1 P), (BC1, C1 P), (CA1, A1 P). А так как (AC1, C1 P) = (BC1, C1 P) = (CA1, A1 P) = f, то при повороте на угол f с центром P прямые PA, PB и PC переходят в касательные к окружностям Sa, Sb и Sc, а значит, при повороте на угол f 90 эти прямые переходят в прямые POa, POb и POc. Кроме того, POa /PA = POb /PB = POc /PC = = 1/(2 sin f). Следовательно, при повороте на f 90 и гомотетии с центром P и коэффициентом 1/(2 sin f) треугольник ABC переходит в Oa Ob Oc.

б) Рассмотренное в решении задачи а) преобразование переводит центр O описанной окружности треугольника ABC в центр O описанной окружности треугольника Oa Ob Oc, а ортоцентр H треугольника ABC в ортоцентр H треугольника Oa Ob Oc. Достроим треугольник OO H до параллелограмма OO H M.

Так как OH/OM = OH/O H = 2 sin f и HOM = (HO, O H ) = f 90, то MH = MO, т. е. точка M лежит на серединном перпендикуляре к отрезку OH.

Остаётся заметить, что для вписанного четырёхугольника OOa Ob Oc с точка M определена однозначно: взяв вместо точки O любую из точек Oa, Ob, Oc, получим ту же самую точку M (см. задачу 13.35).

2.90. Можно считать, что лучи AB и DC пересекаются в точке E, а лучи BC и AD — в точке F. Пусть P — точка пересечения описанных окружностей треугольников BCE и CDF. Тогда CPE = ABC и CPF = ADC. Поэтому CPE + CPF = 180, т. е. точка P лежит на отрезке EF.

2.91. а) Так как (AP, PD) = (AP, PE) + (PE, PD) = (AC, CD) + + (AB, BD) = (AO, OD), точки A, P, D и O лежат на одной окружности.

6) Ясно, что (EP, PO) = (EP, PA) + (PA, PO) = (DC, CA) + (DA, DO) = = 90, так как дуги, на которые опираются эти углы, составляют половину окружности.

2.92. Воспользуемся обозначениями рис. 2.4. Проекции точки P на прямые CA и CB совпадают с её проекциями на CE и CF. Следовательно, прямые Симсона точки P относительно треугольников ABC и CEF совпадают (см. задачу 5.105 а).

2.93. Пусть точка A симметрична точке A относительно серединного перпендикуляра к отрезку BC. Тогда OAH = AOA /2 = ABA = |B C|.

2.94. Так как AA — диаметр, то A C AC, поэтому BH A C. Аналогично CH A B. Следовательно, BA CH — параллелограмм.

2.95. Пусть l — прямая, параллельная двум исходным прямым; D — точка пересечения прямых m и n. Тогда (AD, DB) = (m, AB) + (AB, n) = = (AC, l) + (l, CB) = (AC, CB), а значит, точка D лежит на описанной окружности треугольника ABC.

2.96. а) Пусть O — середина дуги окружности S, лежащей внутри треугольника ABC. Тогда CBO = BCO, а по свойству угла между касательной и хордой BCO = ABO. Поэтому BO — биссектриса угла ABC, т. е. O — центр вписанной окружности треугольника ABC.

Аналогично доказывается, что середина дуги окружности S, лежащей вне треугольника ABC, является центром его вневписанной окружности.

б) Требуется доказать, что центр рассматриваемой окружности S лежит на биссектрисе угла BAC. Пусть D — точка пересечения биссектрисы этого угла с описанной окружностью треугольника ABC. Тогда DB = DO = DC (см. задачу 2.4 а), т. е. D — центр окружности S.

2.97. Если угол C прямой, то решение задачи очевидно: C является точкой пересечения прямых A1 B, A2 B2, AB1. Если же C = 90, то описанные окружности квадратов ACA1 A2 и BCB1 B2 имеют кроме C ещё одну общую точку — точку C1. Тогда (AC1, A2 C1 ) = (A2 C1, A1 C1 ) = (A1 C1, C1 C) = = (C1 C, C1 B1 ) = (C1 B1, C1 B2 ) = (C1 B2, C1 B) = 45 (или же 45 ; важно лишь то, что все углы имеют один и тот же знак). Поэтому (AC1, C1 B1 ) = = 4 · 45 = 180, т. е. прямая AB1 проходит через точку C1. Аналогично A2 B и A1 B проходят через точку C1.

2.98. Пусть P и O — центры окружностей S1 и S2 ; a = APC, b = BPC;

прямые AC и BC пересекают S2 в точках K и L. Так как OAP = OBP = 90, то AOB = 180 a b. Далее, LOB = 180 2LBO = 2CBP = 180 b.

Аналогично KOA = 180 a. Поэтому LOK = LOB + KOA AOB = 180, т. е. KL — диаметр.

2.99. Рассмотрим точки M, P, Q и R, симметричные точкам M, P, Q и R относительно прямой OA. Так как точка C симметрична точке B относительно OA, прямая P Q проходит через точку C. Легко проверяются следующие равенства: (CS, NS) = (Q Q, NQ) = (Q P, NP ) = (CP, NP ) и, поскольку точки P, M и R лежат на одной прямой, (CR, P R ) = (MM, P M ) = = (MN, P N) = (CN, P N). Из этих равенств получаем, что точки C, N, P, S и R лежат на одной окружности. Но точки S, R и C лежат на одной прямой, поэтому S = R.

ОКРУЖНОСТИ

1. Прямую, имеющую ровно одну общую точку с окружностью, называют касательной к окружности.

Через любую точку A, лежащую вне окружности, можно провести ровно две касательные к окружности; пусть B и C — точки касания, O — центр окружности. Тогда:

б) BAO = CAO;

(Иногда касательной мы будем называть не прямую AB, а отрезок AB.

Например, свойство а) можно сформулировать так: «касательные, проведённые из одной точки, равны».) 2. Пусть прямые l1 и l2, проходящие через точку A, пересекают окружность в точках B1, C1 и B2, C2 соответственно. Тогда AB1 · AC1 = AB2 · AC2.

AB1 C2 AB2 C1 по трём углам (советуем читателям самоВ самом деле, стоятельно доказать это, используя свойства вписанных углов и рассматривая два случая: A лежит вне окружности и A лежит внутри окружности).

Если прямая l2 касается окружности, т. е. B2 = C2, то AB1 · AC1 = AB2. Доказательство производится так же, как и в предыдущем случае, только теперь нужно воспользоваться свойствами угла между касательной и хордой.

3. Прямая, соединяющая центры касающихся окружностей, проходит через их точку касания.

4. Величиной угла между двумя пересекающимися окружностями называют величину угла между касательными к ним, проведёнными через точку пересечения. При этом безразлично, какую из двух точек пересечения окружностей мы выберем.

Угол между касающимися окружностями равен 0.

5. При решении задач § 6 используется одно свойство, не имеющее прямого отношения к окружностям: высоты треугольника пересекаются в одной точке.

Доказательство этого факта можно найти в решениях задач 5.51 и 7.42.

6. Уже в середине V в. до н. э. Гиппократ с острова Хиос (не путайте его со знаменитым врачом Гиппократом с острова Кос, жившим несколько позже) и пифагорейцы начали решать задачу квадратуры круга. Она формулируется следующим образом: построить с помощью циркуля и линейки квадрат, имеющий ту же площадь, что и данный круг. В 1882 г. немецкий математик Линдеман доказал, что число p трансцендентно, т. е. не является корнем многочлена с целыми коэффициентами. Из этого, в частности, следует, что задача квадратуры круга неразрешима.

По-видимому, многим давала надежду на возможность квадратуры круга задача 3.39 (задача о «луночках Гиппократа»): площадь фигуры, образованной дугами окружностей, равна площади треугольника. Решив эту задачу, постарайтесь понять, почему в данном случае подобные надежды не имели оснований.

1. Докажите, что из точки A, лежащей вне окружности, можно провести ровно две касательные к окружности, причём длины этих касательных (т. е. расстояния от A до точек касания) равны.

2. Две окружности пересекаются в точках A и B. Точка X лежит на прямой AB, но не на отрезке AB. Докажите, что длины всех касательных, проведённых из точки X к окружностям, равны.

3. Две окружности радиусов R и r касаются внешним образом (т. е. ни одна из них не лежит внутри другой). Найдите длину общей касательной к этим окружностям.

4. Пусть a и b — длины катетов прямоугольного треугольника, c — длина его гипотенузы. Докажите, что:

а) радиус вписанной окружности треугольника равен (a + b c)/2;

б) радиус окружности, касающейся гипотенузы и продолжений катетов, равен (a + b + c)/2.

3.1. Прямые PA и PB касаются окружности с центром O (A и B — точки касания). Проведена третья касательная к окружности, пересекающая отрезки PA и PB в точках X и Y. Докажите, что величина угла XOY не зависит от выбора третьей касательной.

3.2. Вписанная окружность треугольника ABC касается стороны BC в точке K, а вневписанная — в точке L. Докажите, что CK = BL = = (a + b c)/2, где a, b, c — длины сторон треугольника.

3.3. На основании AB равнобедренного треугольника ABC взята точка E, и в треугольники ACE и ECB вписаны окружности, касающиеся отрезка CE в точках M и N. Найдите длину отрезка MN, если известны длины отрезков AE и BE.

3.4. Четырёхугольник ABCD обладает тем свойством, что существует окружность, вписанная в угол BAD и касающаяся продолжений сторон BC и CD. Докажите, что AB + BC = AD + DC.

3.5. Общая внутренняя касательная к окружностям с радиусами R и r пересекает их общие внешние касательные в точках A и B и касается одной из окружностей в точке C. Докажите, что AC · CB = Rr.

3.6*. К двум окружностям различного радиуса проведены общие внешние касательные AB и CD. Докажите, что четырёхугольник ABCD описанный тогда и только тогда, когда окружности касаются.

3.7*. Дан параллелограмм ABCD. Вневписанная окружность треугольника ABD касается продолжений сторон AD и AB в точках M и N. Докажите, что точки пересечения отрезка MN с BC и CD лежат на вписанной окружности треугольника BCD.

3.8*. На каждой стороне четырёхугольника ABCD взято по две точки, и они соединены так, как показано на рис. 3.1. Докажите, что если все пять заштрихованных четырёхугольников описанные, то четырёхугольник ABCD тоже описанный.

3.9*. Дана окружность и точка вне её; из этой точки мы совершаем путь по замкнутой Рис. 3. ломаной, состоящей из отрезков прямых, касательных к окружности, и заканчиваем путь в начальной точке.

Участки пути, по которым мы приближались к центру окружности, берём со знаком плюс, а участки пути, по которым удалялись от центра, — со знаком минус. Докажите, что для любого такого пути сумма длин участков пути, взятых с указанными знаками, равна нулю.

См. также задачи 1.21 а), 1.61, 1.65, 1.67.

§ 2. Произведение длин отрезков хорд 3.10. Через точку P, лежащую на общей хорде AB двух пересекающихся окружностей, проведены хорда KM первой окружности и хорда LN второй окружности. Докажите, что четырёхугольник KLMN вписанный.

3.11. Две окружности пересекаются в точках A и B; MN — общая касательная к ним. Докажите, что прямая AB делит отрезок MN пополам.

3.12. Прямая OA касается окружности в точке A, а хорда BC параллельна OA. Прямые OB и OC вторично пересекают окружность в точках K и L. Докажите, что прямая KL делит отрезок OA пополам.

3.13. В параллелограмме ABCD диагональ AC больше диагонали BD; M — такая точка диагонали AC, что четырёхугольник BCDM вписанный. Докажите, что прямая BD является общей касательной к описанным окружностям треугольников ABM и ADM.

3.14. Даны окружность S и точки A и B вне её. Для каждой прямой l, проходящей через точку A и пересекающей окружность S в точках M и N, рассмотрим описанную окружность треугольника BMN. Докажите, что все эти окружности имеют общую точку, отличную от точки B.

3.15. Даны окружность S, точки A и B на ней и точка C хорды AB. Для каждой окружности S, касающейся хорды AB в точке C и пересекающей окружность S в точках P и Q, рассмотрим точку M пересечения прямых AB и PQ. Докажите, что положение точки M не зависит от выбора окружности S.

См. также задачи 1.32, 2.29.

3.16. Две окружности касаются внешним образом в точке A. К ним проведена общая (внешняя) касательная, касающаяся окружностей в точках C и D. Докажите, что CAD = 90.

3.17. Две окружности S1 и S2 с центрами O1 и O2 касаются в точке A. Через точку A проведена прямая, пересекающая S1 в точке A и S2 в точке A2 . Докажите, что O1 A1 O2 A2.

3.18. Три окружности S1, S2 и S3 попарно касаются друг друга в трёх различных точках. Докажите, что прямые, соединяющие точку касания окружностей S1 и S2 с двумя другими точками касания, пересекают окружность S3 в точках, являющихся концами её диаметра.

3.19. Две касающиеся окружности с центрами O1 и O2 касаются внутренним образом окружности радиуса R с центром O. Найдите периметр треугольника OO1 O2.

3.20. Окружности S1 и S2 касаются окружности S внутренним образом в точках A и B, причём одна из точек пересечения окружностей S1 и S2 лежит на отрезке AB. Докажите, что сумма радиусов окружностей S1 и S2 равна радиусу окружности S.

3.21. Радиусы окружностей S1 и S2, касающихся в точке A, равны R и r (R > r). Найдите длину касательной, проведённой к окружности S2 из точки B окружности S1, 3.22. На отрезке AB взята точка C. Прямая, проходящая через точку C, пересекает окружности с диаметрами AC и BC в точках K и L, а окружность с диаметром AB — в точках M и N. Докажите, что KM = LN.

Si и Si+1 касаются внешним образом для i = 1, 2, 3, 4 (S5 = S1 ). Докажите, что точки касания образуют вписанный четырёхугольник.

3.24*. а) Три окружности с центрами A, B, C, касающиеся друг друга и прямой l, расположены так, как показано на рис. 3.2.

Пусть b и c — радиусы окружностей с центрами A, B, C. Докажите, что 1/ c = 1/ a + 1/ b.

б) Четыре окружности попарно касаются внешним образом (в шести различных точках). Пусть a, b, c, d — их радиусы, a = 1/a, b = 1/b, g = 1/c и d = 1/d. Докажите, что 2(a2 + b2 + g2 + d2 ) = (a + b + g + d)2.

3.25. Три окружности радиуса R проходят через точку H; A, B и C — точки их попарного пересечения, отличные от H. Докажите, что:

а) H — точка пересечения высот треугольника ABC;

б) радиус описанной окружности треугольника ABC тоже равен R.

3.26*. Три равные окружности пересекаются так, как показано на CA1 = 180, где знак минус берётся в случае б.

3.27*. Три окружности одного радиуса проходят через точку P;

A, B и Q — точки их попарного пересечения. Четвёртая окружность того же радиуса проходит через точку Q и пересекается с двумя другими в точках C и D. При этом треугольники ABQ и CDP остроугольные, а четырёхугольник ABCD выпуклый (рис. 3.4). Докажите, что ABCD — паРис. 3. раллелограмм.

§ 5. Две касательные, проведённые из одной точки 3.28. Из точки A проведены касательные AB и AC к окружности с центром O. Докажите, что если из точки M отрезок AO виден под углом 90, то отрезки OB и OC видны из неё под равными углами.

3.29. Из точки A проведены касательные AB и AC к окружности с центром O. Через точку X отрезка BC проведена прямая KL, перпендикулярная XO (точки K и L лежат на прямых AB и AC).

Докажите, что KX = XL.

3.30. На продолжении хорды KL окружности с центром O взята точка A, и из неё проведены касательные AP и AQ; M — середина отрезка PQ. Докажите, что MKO = MLO.

3.31*. Из точки A проведены касательные AB и AC к окружности и секущая, пересекающая окружность в точках D и E; M — середина отрезка BC. Докажите, что BM2 = DM · ME и угол DME в два раза больше угла DBE или угла DCE; кроме того, BEM = DEC.

3.32*. Четырёхугольник ABCD вписан в окружность, причём касательные в точках B и D пересекаются в точке K, лежащей на прямой AC.

а) Докажите, что AB · CD = BC · AD.

б) Прямая, параллельная KB, пересекает прямые BA, BD и BC в точках P, Q и R. Докажите, что PQ = QR.

3.33. Даны окружность S и прямая l, не имеющие общих точек. Из точки P, движущейся по прямой l, проводятся касательные PA и PB к окружности S. Докажите, что все хорды AB имеют общую точку.

Если точка P лежит вне окружности S, а PA и PB — касательные к окружности, то прямую AB называют полярой точки P относительно окружности S.

3.34*. Окружности S1 и S2 пересекаются в точках A и B, причём центр O окружности S1 лежит на S2. Прямая, проходящая через точку O, пересекает отрезок AB в точке P, а окружность S2 в точке C. Докажите, что точка P лежит на поляре точки C относительно окружности S1.

§ 6. Применение теоремы о высотах треугольника 3.35. Точки C и D лежат на окружности с диаметром AB. Прямые AC и BD, AD и BC пересекаются в точках P и Q. Докажите, что AB PQ.

3.36*. Прямые PC и PD касаются окружности с диаметром AB (C и D — точки касания). Докажите, что прямая, соединяющая P с точкой пересечения прямых AC и BD, перпендикулярна AB.

3.37*. Даны диаметр AB окружности и точка C, не лежащая на прямой AB. С помощью одной линейки (без циркуля) опустите перпендикуляр из точки C на AB, если: а) точка C не лежит на окружности;

б) точка C лежит на окружности.

3.38*. Пусть Oa, Ob и Oc — центры описанных окружностей треугольников PBC, PCA и PAB. Докажите, что если точки Oa и Ob лежат на прямых PA и PB, то точка Oc лежит на прямой PC.

§ 7. Площади криволинейных фигур 3.39. На гипотенузе и катетах прямоугольного треугольника построены полуокружности, расположенные так, как показано на рис. 3.5. Докажите, что сумма площадей образовавшихся «луночек» равна площади данного треугольника.

3.40*. В круге проведены два перпендикулярных диаметра, т. е. четыре радиуса, а затем построены четыре круга, диаметрами которых служат эти радиусы. Докажите, что суммарная площадь попарно общих частей этих кругов рав- Рис. 3. на площади части исходного круга, лежащей вне рассматриваемых четырёх кругов (рис. 3.6).

3.41*. На трёх отрезках OA, OB и OC одинаковой длины (точка B лежит внутри угла AOC) как на диаметрах построены окружности.

Докажите, что площадь криволинейного треугольника, ограниченного дугами этих окружностей и не содержащего точку O, равна половине площади (обычного) треугольника ABC.

3.42*. На сторонах произвольного остроугольного треугольника ABC как на диаметрах построены окружности. При этом образуется три «внешних» криволинейных треугольника и один «внутренний»

(рис. 3.7). Докажите, что если из суммы площадей «внешних» треугольников вычесть площадь «внутреннего» треугольника, то получится удвоенная площадь треугольника ABC.

§ 8. Окружности, вписанные в сегмент 3.43. Хорда AB разбивает окружность S на две дуги. Окружность S1 касается хорды AB в точке M и одной из дуг в точке N.

Докажите, что:

а) прямая MN проходит через середину P второй дуги;

б) длина касательной PQ к окружности S1 равна PA.

3.44. Из точки D окружности S опущен перпендикуляр DC на диаметр AB. Окружность S1 касается отрезка CA в точке E, а также отрезка CD и окружности S. Докажите, что DE — биссектриса треугольника ADC.

3.45*. Две окружности, вписанные в сегмент AB данной окружности, пересекаются в точках M и N. Докажите, что прямая MN проходит через середину C дополнительной для данного сегмента дуги AB.

3.46*. На диаметре AB окружности S взята точка K и из неё восставлен перпендикуляр, пересекающий S в точке L. Окружности SA и SB касаются окружности S, отрезка LK и диаметра AB, а именно, SA касается отрезка AK в точке A1, SB касается отрезка BK в точке B1. Докажите, что A1 LB1 = 45.

3.47*. Окружность, касающаяся сторон AC и BC треугольника ABC в точках M и N, касается также его описанной окружности (внутренним образом). Докажите, что середина отрезка MN совпадает с центром вписанной окружности треугольника ABC.

3.48*. Треугольники ABC1 и ABC2 вписаны в окружность S, причём хорды AC2 и BC1 пересекаются. Окружность S1 касается хорды AC2 в точке M2, хорды BC1 в точке N1 и окружности S. Докажите, что центры вписанных окружностей треугольников ABC1 и ABC2 лежат на отрезке M2 N1.

3.49*. На стороне BC треугольника ABC взята точка D. Окружность S1 касается отрезков BD и DA и описанной окружности, окружность S2 касается отрезков CD и DA и описанной окружности.

Пусть I, I1, I2 и r, r1, r2 — центры и радиусы вписанной окружности и окружностей S1, S2 ; f = ADB. Докажите, что точка I лежит на отрезке I1 I2, причём I1 I : I2 I = tg 3.50*. Четырёхугольник ABCD вписанный. Пусть ra, rb, rc, rd — радиусы вписанных окружностей треугольников BCD, ACD, ABD, ABC.

Докажите, что ra + rc = rb + rd.

См. также задачи 5.102, 6.104, 19.15, 28.23, 28.26.

3.51. Две окружности имеют радиусы R1 и R2, а расстояние между их центрами равно d. Докажите, что эти окружности ортогональны тогда и только тогда, когда d2 = R2 + R2.

3.52. Три окружности попарно касаются внешним образом в точках A, B и C. Докажите, что описанная окружность треугольника ABC перпендикулярна всем трём окружностям.

3.53. Две окружности с центрами O1 и O2 пересекаются в точках A и B. Через точку A проведена прямая, пересекающая первую окружность в точке M1 , а вторую в точке M2. Докажите, что BO1 M1 = = BO2 M2.

3.54. На плоскости даны окружность S и точка P. Прямая, проведённая через точку P, пересекает окружность в точках A и B.

Докажите, что произведение PA · PB не зависит от выбора прямой.

Эта величина, взятая со знаком плюс для точки P вне окружности и со знаком минус для точки P внутри окружности, называется степенью точки P относительно окружности S.

3.55. Докажите, что для точки P, лежащей вне окружности S, её степень относительно S равна квадрату длины касательной, проведённой из этой точки.

3.56. Докажите, что степень точки P относительно окружности S равна d2 R2, где R — радиус S, d — расстояние от точки P до центра S.

3.57. Окружность задана уравнением f(x, y) = 0, где f(x, y) = x2 + + y2 + ax + by + c. Докажите, что степень точки (x0, y0 ) относительно этой окружности равна f(x0, y0 ).

3.58*. На плоскости даны две неконцентрические окружности S и S2. Докажите, что геометрическим местом точек, для которых степень относительно S1 равна степени относительно S2, является прямая.

Эту прямую называют радикальной осью окружностей S1 и S2.

3.59*. Докажите, что радикальная ось двух пересекающихся окружностей проходит через точки их пересечения.

3.60*. На плоскости даны три окружности, центры которых не лежат на одной прямой. Проведём радикальные оси для каждой пары этих окружностей. Докажите, что все три радикальные оси пересекаются в одной точке.

Эту точку называют радикальным центром трёх окружностей.

3.61*. На плоскости даны три попарно пересекающиеся окружности. Через точки пересечения любых двух из них проведена прямая.

Докажите, что эти три прямые пересекаются в одной точке или параллельны.

3.62*. Постройте радикальную ось двух непересекающихся окружностей S1 и S2.

3.63*. Даны две неконцентрические окружности S1 и S2. Докажите, что множеством центров окружностей, пересекающих обе эти окружности под прямым углом, является их радикальная ось, из которой (если данные окружности пересекаются) выброшена их общая хорда.

3.64*. а) Докажите, что середины четырёх общих касательных к двум непересекающимся кругам лежат на одной прямой.

б) Через две из точек касания общих внешних касательных с двумя окружностями проведена прямая. Докажите, что окружности высекают на этой прямой равные хорды.

3.65*. На окружности S с диаметром AB взята точка C, из точки C опущен перпендикуляр CH на прямую AB. Докажите, что общая хорда окружности S и окружности S1 с центром C и радиусом CH делит отрезок CH пополам.

3.66*. На сторонах BC и AC треугольника ABC взяты точки A и B1 ; l — прямая, проходящая через общие точки окружностей с диаметрами AA1 и BB1. Докажите, что:

а) прямая l проходит через точку H пересечения высот треугольника ABC;

б) прямая l тогда и только тогда проходит через точку C, когда AB1 : AC = BA1 : BC.

3.67*. Продолжения сторон AB и CD четырёхугольника ABCD пересекаются в точке F, а продолжения сторон BC и AD — в точке E.

Докажите, что окружности с диаметрами AC, BD и EF имеют общую радикальную ось, причём на ней лежат ортоцентры треугольников ABE, CDE, ADF и BCF.

3.68*. Три окружности попарно пересекаются в точках A1 и A2, B1 и B2, C1 и C2. Докажите, что A1 B2 · B1 C2 · C1 A2 = A2 B1 · B2 C1 · C2 A1.

3.69*. На стороне BC треугольника ABC взята точка A. Серединный перпендикуляр к отрезку A B пересекает сторону AB в точке M, а серединный перпендикуляр к отрезку A C пересекает сторону AC в точке N. Докажите, что точка, симметричная точке A относительно прямой MN, лежит на описанной окружности треугольника ABC.

3.70*. Решите задачу 1.67, используя свойства радикальной оси.

3.71*. Внутри выпуклого многоугольника расположено несколько попарно непересекающихся кругов различных радиусов. Докажите, что многоугольник можно разрезать на маленькие многоугольники так, чтобы все они были выпуклыми и в каждом из них содержался ровно один из данных кругов.

3.72*. а) В треугольнике ABC проведены высоты AA1, BB1 и CC1.

Прямые AB и A1 B1, BC и B1 C1, CA и C1 A1 пересекаются в точках C, A и B. Докажите, что точки A, B и C лежат на радикальной оси окружности девяти точек и описанной окружности.

б) Биссектрисы внешних углов треугольника ABC пересекают продолжения противоположных сторон в точках A, B и C. Докажите, пендикулярна прямой, соединяющей центры вписанной и описанной окружностей треугольника ABC.

3.73*. Докажите, что диагонали AD, BE и CF описанного шестиугольника ABCDEF пересекаются в одной точке (Брианшон).

3.74*. Даны четыре окружности S1, S2, S3 и S4, причём окружности Si и Si+1 касаются внешним образом для i = 1, 2, 3, 4 (S5 = S1 ).

Докажите, что радикальная ось окружностей S1 и S3 проходит через точку пересечения общих внешних касательных к S2 и S4.

3.75*. а) Окружности S1 и S2 пересекаются в точках A и B. Степень точки P окружности S1 относительно окружности S2 равна p, расстояние от точки P до прямой AB равно h, а расстояние между центрами окружностей равно d. Докажите, что |p| = 2dh.

б) Степени точек A и B относительно описанных окружностей треугольников BCD и ACD равны pa и pb. Докажите, что |pa |SBCD = = |pb |SACD.

См. также задачи 3.76—3.82, 8.90, 14.56 б), 28.6.

Пучком окружностей называют семейство окружностей, обладающее следующим свойством: радикальной осью любой пары окружностей из этого семейства служит некоторая фиксированная прямая. При этом подразумевается, что это семейство максимально в том смысле, что нет окружностей, которые можно было бы к нему добавить, не нарушая указанного свойства.

3.76*. а) Докажите, что пучок окружностей полностью задаётся парой окружностей.

б) Докажите, что пучок окружностей полностью задаётся одной окружностью и радикальной осью.

3.77*. Пусть f(x, y) = x2 + y2 + a1 x + b1 y + c1 и g(x, y) = x2 + y2 + + a2 x + b2 y + c2. Докажите, что для любого вещественного l = 1 уравнение f lg = 0 задаёт окружность из пучка окружностей, порождённого окружностями f = 0 и g = 0.

3.78*. Докажите, что любая окружность пучка либо пересекает радикальную ось в двух фиксированных точках (эллиптический пучок), либо касается радикальной оси в фиксированной точке (параболический пучок), либо не пересекает радикальную ось (гиперболический пучок).

Предельными точками пучка окружностей называют принадлежащие ему окружности нулевого радиуса (т. е. точки).

3.79*. Докажите, что гиперболический пучок содержит две предельные точки, параболический — одну, а эллиптический — ни одной.

3.80*. Докажите, что если окружность ортогональна двум окружностям пучка, то она ортогональна и всем остальным окружностям пучка.

3.81*. Докажите, что семейство всех окружностей, ортогональных окружностям данного пучка, образует пучок.

Этот пучок называют ортогональным пучком.

3.82*. Докажите, что предельная точка пучка является общей точкой окружностей ортогонального пучка, и наоборот.

Задачи для самостоятельного решения 3.83. Качалка, имеющая форму сектора круга радиуса R, качается на горизонтальном столе. По какой траектории движется её вершина?

3.84. Из точки A, лежащей вне окружности радиуса R, проведены к ней две касательные AB и AC, где B и C — точки касания.

Пусть BC = a. Докажите, что 4R2 = r2 + ra + a2 /2, где r и ra — радиусы вписанной и вневписанной окружностей треугольника ABC.

3.85. Две окружности касаются внутренним образом. Прямая, проходящая через центр меньшей окружности, пересекает большую в точках A и D, а меньшую в точках B и C. Найдите отношение радиусов окружностей, если AB : BC : CD = 2 : 4 : 3.

3.86. Центры трёх окружностей радиуса R, где 1 < R < 2, образуют правильный треугольник со стороной 2. Чему равно расстояние между точками пересечения этих окружностей, лежащими вне треугольника?

3.87. На отрезке AB взята точка C и построены полуокружности с диаметрами AB, AC и BC (по одну сторону от прямой AB). Найдите отношение площади криволинейного треугольника, ограниченного этими полуокружностями, к площади треугольника, образованного серединами дуг этих полуокружностей.

3.88. Окружность пересекает сторону BC треугольника ABC в точках A1 и A2, сторону AC в точках B1 и B2, сторону AB в точках C1 и C2. Докажите, что 3.89. Из точки A к окружности проведены касательные AB и AC;

PQ — диаметр окружности; прямая l касается окружности в точке Q.

Прямые PA, PB и PC пересекают прямую l в точках A1, B1 и C1.

Докажите, что A1 B1 = A1 C1.

3.1. Пусть прямая XY касается данной окружности в точке Z. Соответственные стороны треугольников XOA и XOZ равны, поэтому XOA = = XOZ. Аналогично ZOY = BOY. Следовательно, XOY = XOZ + ZOY = = (AOZ + ZOB)/2 = AOB/2.

3.2. Пусть M и N — точки касания вписанной окружности со сторонами AB и BC. Тогда BK + AN = BM + AM = AB, поэтому CK + CN = a + b c.

Пусть P и Q — точки касания вневписанной окружности с продолжениями сторон AB и BC. Тогда AP = AB + BP = AB + BL и AQ = AC + CQ = AC + CL.

Поэтому AP + AQ = a + b + c. Следовательно, BL = BP = AP AB = (a + b c)/2.

3.3. Согласно задаче 3.2 CM = (AC + CE AE)/2 и CN = (BC + CE BE)/2.

Учитывая, что AC = BC, получаем MN = |CM CN| = |AE BE|/2.

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 O1 AO2 = 90, прямоугольные треугольники AO1 C и O2 AD подобны. Поэтому O1 C : 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 определённости будем считать, что точки A и D принадлежат первой окружности, а B и C — второй, причём OB < OA (рис. 3.8). Точка M пересечения биссектрис углов A и D четырёхугольника 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 2.96 а). Четырёхугольник 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 DMQ = BPN, DQM = BNP и DMQ = BNP, 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).

3.8. Обозначим некоторые точки касания так, как показано на рис. 3.10.

Сумма длин одной пары противоположных сторон среднего четырёхугольника равна сумме длин пары других его сторон. Продолжим стороны этого четырёхугольника до точек касания с вписанными окружностями остальных четырёхугольников (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 остаётся воспользоваться равенствами вида AP = AQ.

3.9. Пусть ABCD... YZ — указанная замкнутая ломаная, tA, tB,..., tZ — длины касательных к окружности, проведённых из вершин ломаной. В соответствии с соглашением о знаках алгебраическая длина участка пути от A к B равна tA tB. Поэтому алгебраическая сумма длин участков пути с указанными знаками равна 3.10. Пусть O — точка пересечения диагоналей выпуклого четырёхугольника ABCD. Четырёхугольник ABCD вписанный тогда и только тогда, коAOB DOC, т. е. OA · OC = OB · OD. Так как четырёхугольники гда ALBN и AMBK вписанные, то PL · PN = PA · PB = PM · PK. Поэтому четырёхугольник KLMN вписанный.

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

3.12. Пусть для определённости лучи OA и BC сонаправлены; M — точка пересечения прямых KL и OA. Тогда LOM = LCB = OKM, а знаKOM OLM. Следовательно, OM : KM = LM : OM, т. е. OM2 = чит, = KM · LM. Кроме того, MA2 = MK · ML. Поэтому MA = OM.

3.13. 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.

3.14. 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.

З а м е ч а н и е. Следует исключить случай, когда длина касательной, проведённой из A к S, равна AB.

3.15. Ясно, что MC2 = MP · MQ = MA · MB, причём точка M лежит на луче AB, если AC > BC, и на луче BA, если AC < BC. Пусть для определённости 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 S.

3.16. 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.

3.17. Точки O1, A и O2 лежат на одной прямой, поэтому A2 AO2 = A1 AO1.

Треугольники AO2 A2 и AO1 A1 равнобедренные, поэтому A2 AO2 = AA2 O и A1 AO1 = AA1 O1. Следовательно, AA2 O2 = AA1 O1, т. е. O1 A1 O2 A2.

3.18. 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 B1 O3 CO и A1 O3 CO2. Точки O1, C и O2 лежат на одной прямой, поэтому точки A1, O3 и B1 тоже лежат на одной прямой, т. е. A1 B1 — диаметр окружности S3.

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

3.20. Пусть O, O1 и O2 — центры окружностей S, S1 и S2 ; C — общая точка окружностей S1 и S2, лежащая на отрезке AB. Треугольники AOB, AO1 C и CO2 B равнобедренные, поэтому OO1 CO2 — параллелограмм и OO1 = O2 C = O2 B, а значит, AO = AO1 + O1 O = AO1 + O2 B.

3.21. 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. Согласно задаче 3.17 BO1 XO2, поэтому AB : BX = O1 A : O1 O и AB · BX = AB2 · O1 O2 /R = a2 (R ± r)/R, где знак минус берётся в случае внутреннего касания.

3.22. Пусть O, O1 и O2 — центры окружностей с диаметрами AB, AC и BC.

Достаточно проверить, что KO = OL. Докажем, что O1 KO = O2 OL. В самом деле, O1 K = AC/2 = O2 O, O1 O = BC/2 = O2 L и KO1 O = OO2 L = 180 2a, где a — угол между прямыми KL и AB.

3.23. Пусть Oi — центр окружности Si, Ai — точка касания окружностей Si и Si+1. Четырёхугольник O1 O2 O3 O4 выпуклый; пусть a1, a2, a3 и a4 — величины его углов. Легко проверить, что Ai1 Ai Ai+1 = (ai + ai+1 )/2, поэтому A1 + A3 = (a1 + a2 + a3 + a4 )/2 = A2 + A4.

3.24. 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 CC2 = AC2 AC2, окружностей, D — центр «внутренней» окружности (рис. 3.11). Полупериметр треугольника BDC равен b + c + d, поэтому то sin a + sin b sin g + 2 sin b sin g cos a = 0 (это утверждение эквивалентно теореме косинусов). Подставив в эту формулу значения a = BDC/2, b = ADC/2 и g = ADB/2, получим т. е.

3.25. Пусть A1, B1 и C1 — центры данных окружностей (рис. 3.12). Тогда A1 BC1 H — ромб, а значит, BA1 HC1. Аналогично B1 A HC1, поэтому B1 A1 = B1 A AB1 + CB1. С другой стороны, удвоенные величины AC1, а их сумма равна 360.

AB = CD, а значит, AB = CD.

Кроме того, PQ AB и PQ CD (см. задачу 3.25), поэтому AB CD.

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

3.29. Точки B и X лежат на окружности с диаметром KO, поэтому XKO = XBO. Аналогично XLO = XCO. Так как XBO = XCO, то треугольник KOL равнобедренный, причём OX — его высота.

3.30. Достаточно проверить, что AK · AL = AM · AO. В самом деле, тогда точки K, L, M и O лежат на одной окружности, и поэтому MKO = MLO.

Так как AOP APM, то AM · AO = AP2 ; ясно также, что AK · AL = AP2.

3.31. Для определённости будем считать, что угол DBE острый. Пусть O — центр окружности; точки D и E симметричны точкам D и E относительно прямой AO. Согласно задаче 28.7 прямые ED и E D пересекаются в точке M.

DE = 2DBE.

Из равенства BEM = DBM следует, что BEM = DBC = DEC.

3.32. а) Так как KAB KBC, то AB : BC = KB : KC. Аналогично AD : DC = = KD : KC. Учитывая, что KB = KD, получаем требуемое.

б) Задача сводится к предыдущей, так как

PQ AD QR CD

BQ AB BQ CB

3.33. Опустим из центра O окружности S перпендикуляр OM на прямую l. Докажем, что точка X, в которой пересекаются AB и OM, остаётся неподвижной. Точки A, B и M лежат на окружности с диаметром PO. Поэтому AMO = ABO = BAO, а значит, AMO XAO, так как угол при вершине O у этих треугольников общий. Следовательно, AO : MO = XO : AO, т. е. OX = OA2 /MO — постоянная величина.

3.34. Так как OBP = OAB = OCB, то OBP OCB, а значит, OB2 = = OP · OC. Проведём из точки C касательную CD к окружности S1. Тогда OD2 = OB2 = OP · OC. Следовательно, ODC OPD и OPD = ODC = 90.

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

3.36. 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.

Докажем, что касательная в точке C проходит через середину отрезка KK1.

Пусть M — точка пересечения касательной в точке C и отрезка KK1. Стороны острых углов ABC и CKK1 соответственно перпендикулярны, поэтому углы равны. Аналогично CAB = CK1 K. Ясно также, что KCM = ABC, поэтому треугольник CMK равнобедренный. Аналогично треугольник CMK1 равнобедренный и KM = CM = K1 M, т. е. M — середина отрезка KK1.

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

3.37. 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.

б) Возьмём точку C1, не лежащую на окружности, и опустим из неё перпендикуляр на AB. Пусть он пересекается с окружностью в точках D и E.

Построим точку P пересечения прямых DC и AB, а затем точку F пересечения прямой PE с окружностью. При симметрии относительно AB точка C переходит в точку F. Поэтому CF — искомый перпендикуляр.

прямая POa проходит через точку пересечения высот треугольника Oa Ob Oc. Аналогичные утверждения верны и для точек B и C. Из условия задачи следует, что P — точка пересечения высот треугольника Oa Ob Oc, а значит, POc Oa Ob.

каждой из четырёх частей, на которые диаметры делят исходный круг (рис. 3.13). Рассмотрим в круге сегментов для исходного и четырёх построенных кругов соответственно. Ясно, что S = 4s. Остаётся заметить, что площадь части с одинарной штриховкой равна S 2s = 2s, а площадь части с двойной штриховкой равна 2s.

3.41. Обозначим точки пересечения окружностей, построенных на отрезках OB и OC, OA и OC, OA и OB, через A1, B1, C1 соответственно (рис. 3.14).

OA1 B = OA1 C = 90, поэтому точки B, A1 и C лежат на одной прямой, а так как окружности имеют одинаковые радиусы, то BA1 = A1 C.

Точки A1, B1, C1 являются серединами сторон треугольника ABC, поэтому BA1 = C1 B1 и BC1 = A1 B1. Так как круги имеют одинаковый радиус, то равные хорды BA1 и C1 B1 отсекают от кругов части равной площади, а равные хорды C1 B и B1 A1 также отсекают от кругов части равной площади. Поэтому площадь криволинейного треугольника A1 B1 C1 равна площади параллелограмма A1 B1 C1 B, т. е. равна половине площади треугольника ABC.

3.42. 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).

+ (e + f) = u + r + p + (a + d). Складывая эти равенства, получаем x + y + z = 3.43. а) Пусть O и O1 — центры окружностей S и S1. Треугольники MO1 N и PON равнобедренные, причём MO1 N = PON. 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.

3.44. Согласно задаче 3.43 б) BE = BD. Поэтому DAE + ADE = DEB = = BDE = BDC + CDE. А так как DAB = BDC, то ADE = CDE.

3.45. Пусть O1 и O2 — центры вписанных окружностей, CP и CQ — касательные к ним. Тогда CO2 = CP2 + PO2 = CP2 + O1 M2 и, так как CQ = CA = CP (задача 3.43 б), CO2 = CQ2 + QO2 = CP2 + O2 M2. Следовательно, CO2 CO2 = = MO1 MO2, а значит, прямая CM перпендикулярна O1 O2 (см. задачу 7.6).

Поэтому прямая MN проходит через точку C.

З а м е ч а н и е. Если окружности не пересекаются, а касаются, утверждение остаётся верным; в этом случае прямую MN нужно заменить на касательную к окружностям в их общей точке.

3.46. Пусть LAB = a и LBA = b (a + b = 90 ). Согласно задаче 3.43 б) AB1 = AL, поэтому AB1 L = 90 a/2. Аналогично BA1 L = 90 b/2. Следовательно, A1 LB1 = (a + b)/2 = 45.

3.47. Пусть A1 и B1 — середины дуг BC и AC; O — центр вписанной окружности. Тогда A1 B1 CO (см. задачу 2.20 а) и MN CO, а значит, MN A1 B1.

Будем перемещать точки M и N по лучам CA и CB так, что M N A1 B1.

Лишь при одном положении точек M и N точка L, в которой пересекаются прямые B1 M и A1 N, попадает на описанную окружность треугольника ABC.

С другой стороны, если отрезок MN проходит через точку O, точка L попадает на эту окружность (см. задачу 2.52).

3.48. Решение этой задачи обобщает решение предыдущей задачи. Достаточно доказать, что центр O1 вписанной окружности треугольника ABC1 лежит на отрезке M2 N1. Пусть A1 и A2 — середины дуг BC1 и BC2, B1 и B2 — середины дуг AC1 и AC2 ; PQ — диаметр окружности S, перпендикулярный хорде AB, причём 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 согласно задаче 3.43 а) является точкой пересечения B1 B2, т. е.

A1 B)/2 = b f + a.

AB)/2 = 2f + 180 2a и точка O1 лежит на отрезке M2 N1. Пусть Q1 — такая точка окружности S, что 2(PQ, PQ1 ) = (PC2, PC1 ), и L1 — точка пересечения прямой Q1 O B1 Q = 2a, C2 A1. Поэтому четырёхугольник AM2 O1 L1 вписанный, а значит, M2 O1 A = M2 L1 A = B2 A1 A, т. е. M2 O1 B2 A1. Аналогично N1 O1 B2 A1.

3.49. Пусть E1 и E2 — основания перпендикуляров, опущенных из точек I1 и I2 на прямую BC. Согласно задаче 3.48 точка I является точкой пересечения прямой, проходящей через точку E1 и точку касания прямой AD и окружности S1, и прямой, проходящей через точку E2 и точку касания прямой AD и окружности S2. Пусть F1 — точка пересечения прямых E1 I и E2 I, F2 — точка пересечения прямых E2 I2 и E1 I. Ясно, что DI1 E1 I, DI2 E2 I и DI1 DI2. Поэтому I1 D F1 E2 и I2 D F2 E1. Следовательно, E1 I1 : I1 F1 = E1 D : DE2 = F2 I2 : I2 E2. Это означает, что точка I лежит на отрезке I1 I2, причём Пусть E — проекция точки I на прямую BC. Тогда r = IE. Согласно задаче 1.1 б) 3.50. Пусть f = AOB, где O — точка пересечения диагоналей AC и BD.

Пусть, далее, rab, rbc, rcd, rad — радиусы окружностей, касающихся описанной окружности четырёхугольника ABCD и отрезков CO и DO, DO и AO, AO и BO, BO и CO. Согласно теореме Тебо (задача 3.49) Поэтому ra + rc = (rad + rbc ) sin2 + (rab + rcd ) cos2 = rb + rd.

3.51. Пусть окружности с центрами O1 и O2 проходят через точку A.

Радиусы O1 A и O2 A перпендикулярны касательным к окружностям в точке A, поэтому окружности ортогональны тогда и только тогда, когда O1 AO2 = 90, т. е. O1 O2 = O1 A2 + O2 A2.

3.52. Пусть A1, B1 и C1 — центры данных окружностей, причём точки A, B и C лежат на отрезках B1 C1, C1 A1 и A1 B1 соответственно. Так как A1 B = A1 C, B1 A = B1 C и C1 A = C1 B, то A, B и C — точки касания вписанной окружности треугольника A1 B1 C1 с его сторонами (см. задачу 5.1). Таким образом, радиусы A1 B, B1 C и C1 A данных окружностей касаются описанной окружности треугольника ABC.

3.53. Легко проверить, что угол поворота от вектора Oi B до вектора Oi Mi (против часовой стрелки) равен 2(AB, AMi ). Ясно также, что (AB, AM1 ) = = (AB, AM2 ).

3.54. Проведём через точку P другую прямую, пересекающую окружность в точках A1 и B1. Тогда PAA1 PB1 B, поэтому PA : PA1 = PB1 : PB.

му PA : PC = PC : PB.

3.56. 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.

3.57. Пусть a = a/2, b = b/2 и R = a2 + b2 c. Тогда f(x, y) = (x a)2 + + (y b2 ) R2, т. е. (a, b) — центр данной окружности S, а R — её радиус.

Таким образом, квадрат расстояния от точки (x0, y0 ) до центра окружности S равен (x a)2 + (y b2 ). Поэтому согласно задаче 3.56 степень точки (x0, y0 ) относительно окружности S равна f(x0, y0 ).

3.58. Пусть R1 и R2 — радиусы окружностей. Рассмотрим систему координат, в которой центры окружностей имеют координаты (a, 0) и (a, 0).

Согласно задаче 3.56 степени точки с координатами (x, y) относительно данных окружностей равны (x + a)2 + y2 R2 и (x a)2 + y2 R2 соответственно.

Приравнивая эти выражения, получаем x = (R2 R2 )/4a. Это уравнение задаёт прямую, перпендикулярную отрезку, соединяющему центры окружностей.

3.59. 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.

3.60. 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 трёх окружностей равны, поэтому она лежит на радикальной оси первой и третьей окружностей.

3.61. Согласно задаче 3.59 прямые, содержащие хорды, являются радикальными осями. Согласно задаче 3.60 радикальные оси пересекаются в одной точке, если центры окружностей не лежат на одной прямой. В противном случае они перпендикулярны этой прямой.

3.62. Проведём вспомогательную окружность S, пересекающую обе данные окружности. Затем проведём прямую через общие точки окружностей S1 и S и прямую через общие точки окружностей S2 и S. Точка пересечения этих прямых — радикальный центр окружностей S1, S2 и S. С помощью какой-нибудь другой вспомогательной окружности построим ещё один радикальный центр. Искомая прямая соединяет построенные радикальные центры.

3.63. Пусть O1 и O2 — центры данных окружностей, r1 и r2 — их радиусы.

Окружность S радиуса r с центром O ортогональна окружности Si тогда и только тогда, когда r2 = OO2 ri2, т. е. квадрат радиуса окружности S равен степени точки O относительно окружности Si. Поэтому множеством центров искомых окружностей является множество тех точек радикальной оси, степени которых относительно данных окружностей положительны.

3.64. а) Указанные точки лежат на радикальной оси.

б) Точки касания внешних касательных с окружностями являются вершинами трапеции ABCD с основанием AB. Середины боковых сторон AD и BC принадлежат радикальной оси, поэтому середина O диагонали AC тоже принадлежит радикальной оси. Если прямая AC пересекает окружности в точках A1 и C1, то OA1 · OA = OC1 · OC, а значит, OA1 = OC1 и AA1 = CC1.

3.65. Пусть M — середина отрезка CH. Требуется доказать, что точка M лежит на радикальной оси окружностей S и S1, т. е. её степени относительно этих окружностей равны. Пусть радиусы окружностей S и S1 равны 2R и 2r.

Тогда степень точки M относительно окружности S1 равна CM2 4r2 = 3r2, а её степень относительно S равна OM2 4R2, где O — середина отрезка AB.

Ясно, что OH2 = 4R2 4r2, поэтому OM2 = OH2 + HM2 = 4R2 4r2 + r2 = = 4R2 3r2. Следовательно, OM2 4R2 = 3r2.

3.66. а) Пусть SA и SB — окружности с диаметрами AA1 и BB1 ; S — окружность с диаметром AB. Общими хордами окружностей S и SA, S и SB являются высоты AHa и BHb, поэтому они (или их продолжения) пересекаются в точке H. Согласно задаче 3.61 общая хорда окружностей SA и SB проходит через точку пересечения хорд AHa и BHb.

б) Общая хорда окружностей SA и SB проходит через точку пересечения прямых A1 Ha и B1 Hb (т. е. через точку C) тогда и только тогда, когда CB1 · CHb = CA1 · CHa (длины отрезков следует считать ориентированными). Так как CHb = (a2 + b2 c2 )/2b и CHa = (a2 + b2 c2 )/2a, приходим к соотношению CB1 /b = CA1 /a.

3.67. Проведём 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 её 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 трёх треугольников доказательство проводится аналогично.

З а м е ч а н и е. Центры рассматриваемых окружностей лежат на прямой Гаусса (см. задачу 4.56), поэтому их общая радикальная ось перпендикулярна прямой Гаусса.

3.68. Прямые A1 A2, B1 B2 и C1 C2 пересекаются в некоторой точке O (см. задачу 3.61). Так как A1 OB2 B1 OA2, то A1 B2 : A2 B1 = OA1 : OB1 .

Аналогично B1 C2 : B2 C1 = OB1 : OC1 и C1 A2 : C2 A1 = = OC1 : OA1. Перемножая эти равенства, получаем требуемое.

3.69. Обозначим через B и C точки пересечения прямых A M и A N с прямой, проведённой через точку A параллельно BC (рис. 3.17).

Так как треугольники A BM и A NC равнобедренные, то ABC = A B C. Поскольку AM · BM = = A M · B M, степени точки M относительно окружностей S и S, описанных около треугольников ABC и A B C соответственно, равны. Это верно и для точки N, поэтому прямая MN является радикальной осью окружностей S и S. Окружности S и S имеют одинаковые радиусы, поэтому их радикальная ось является их осью симметрии. Точка A, лежащая на окружности S, при симметрии относительно прямой MN переходит в точку, лежащую на окружности S.

3.70. 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 O1 E, O1 E O2 E и O2 E 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 ; остаётся проверить, что этой радикальной осью является прямая O1 O2. Радиусы O1 A и O1 B являются касательными к S1 и S2, поэтому точка O1 лежит на радикальной оси. Аналогично точка O лежит на радикальной оси.

3.71. Обозначим данные окружности через S1,..., Sn. Для каждой окружности Si рассмотрим множество Mi, состоящее из тех точек X, для которых степень относительно Si не больше степеней относительно S1,..., Sn. Тогда Mi — выпуклое множество. В самом деле, пусть Mij — множество точек X, для которых степень относительно Si не больше степени относительно Sj.

Mij является полуплоскостью, состоящей из точек, лежащих по одну сторону с окружностью Si от радикальной оси окружностей Si и Sj. Множество Mi является пересечением выпуклых множеств Mij, поэтому оно само выпуклое.

Кроме того, поскольку каждое из множеств Mij содержит окружность Si, то Mi содержит Si. Так как для каждой точки плоскости какая-то из степеней относительно S1,..., Sn является наименьшей, множества Mi покрывают всю плоскость. Рассматривая те части множеств Mi, которые лежат внутри исходного многоугольника, получаем требуемое разбиение.

3.72. а) Точки B1 и C1 лежат на окружности с диаметром BC, поэтому степени точки A относительно описанных окружностей треугольников A1 B1 C и ABC равны степени точки A относительно этой окружности. Значит, точка A лежит на радикальной оси окружности девяти точек и описанной окружности треугольника ABC. Для точек B и C доказательство аналогично.

б) Рассмотрим треугольник A1 B1 C1, образованный внешними биссектрисами треугольника ABC (треугольник A1 B1 C1 остроугольный). Согласно задаче а) точки A, B и C лежат на радикальной оси описанных окружностей треугольников ABC и A1 B1 C1. Радикальная ось этих окружностей перпендикулярна прямой, соединяющей их центры, т. е. прямой Эйлера треугольника A1 B1 C1.

и EP = EP + PP = ES + SS = ES. Аналогично доказывается, что прямые FC и AD являются радикальными осями окружностей S1 и S3, S2 и S3 соответственно. Так как радикальные оси трёх окружностей пересекаются в одной точке, прямые AD, BE и CF пересекаются в одной точке.

3.74. Пусть Ai — точка касания окружностей Si и Si+1, X — точка пересечения прямых A1 A4 и A2 A3. Тогда X — точка пересечения общих внешних касательных к окружностям S2 и S4 (см. задачу 5.73). А так как четырёхугольник A1 A2 A3 A4 вписанный (задача 3.23), то XA1 · XA4 = XA2 · XA3, а значит, точка X лежит на радикальной оси окружностей S1 и S3.

3.75. 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 ;

Пусть точка A имеет координаты (x0, y0 ). Тогда (x0 + a)2 + y2 R2 = = (x0 a)2 + y2 r2, т. е. x0 = (R2 r2 )/4a. Поэтому 2dh = 4a|x0 x| = = |R2 r2 4ax| = |p|.

б) Пусть d — расстояние между центрами описанных окружностей треугольников ACD и BCD; ha и hb — расстояния от точек A и B до прямой CD.

Согласно задаче а) |pa | = 2dha и |pb | = 2dhb. Учитывая, что SBCD = hb CD/ и SACD = ha CD/2, получаем требуемое.

3.76. Две окружности задают радикальную ось, поэтому а) следует из б).

Пусть задана окружность S с центром O и радиусом R и прямая l. Окружность S1 с центром O1 и радиусом R1 и окружность S имеют радикальную ось l тогда и только тогда, когда точка O1 лежит на прямой, перпендикулярной прямой l и проходящей через точку O, а кроме того, для любой точки A прямой l выполняется равенство AO2 R2 = AO1 R2, т. е. R2 = AO2 AO2 + R (теорема Пифагора показывает, что эта величина не зависит от выбора точки A на прямой l). Легко видеть, что все окружности, центры которых лежат на указанной прямой, а радиусы удовлетворяют указанному соотношению, образуют пучок. Действительно, если AO2 R2 = AO1 R2 и AO2 R2 = AO2 R2, то AO2 R2 = AO2 R2, поэтому прямая l служит радикальной осью окружностей S1 и S2.

Поэтому согласно задаче 3.57 радикальная ось окружностей f lg =0 и f mg = очевидных преобразований получаем уравнение f = g. Таким образом, радикальная ось этих окружностей совпадает с радикальной осью окружностей 3.78. Из решения задачи 3.76 видно, что если окружность пучка проходит через точку радикальной оси, то и все остальные окружности пучка тоже проходят через эту точку.

3.79. В эллиптическом пучке любая окружность пересекает радикальную ось в двух фиксированных точках; радиус такой окружности больше нуля.

В параболическом пучке любая окружность касается радикальной оси в фиксированной точке; именно эта точка является предельной.

Рассмотрим теперь гиперболический пучок. Пусть A — точка пересечения радикальной оси и прямой m, на которой лежат центры окружностей пучка.

Пусть, далее, k — степень точки A относительно всех окружностей пучка.

Для гиперболического пучка k > 0. Точка O прямой m является центром окружности нулевого радиуса, если AO2 = k. Таких точек две.

3.80. Пусть S — окружность с центром O и радиусом R, S1 — окружность с центром O1 и радиусом R1. Ортогональность этих окружностей эквивалентна тому, что OO2 = R2 + R2. Степень точки O относительно окружности S1 равна OO2 R2, поэтому ортогональность окружностей S и S1 эквивалентна тому, что степень точки O относительно окружности S1 равна R2.

Предположим, что окружность S ортогональна окружностям S1 и S2. Тогда степень точки O относительно окружностей S1 и S2 равна R2. Поэтому точка O лежит на их радикальной оси. Степень точки O относительно любой окружности пучка, порождённого окружностями S1 и S2, равна R2.

3.81. Пусть окружность S с центром O и радиусом R принадлежит данному пучку. Тогда, как следует из решения задачи 3.80, степень точки O относительно любой окружности, ортогональной S, равна R2. Поэтому прямая, на которой лежат центры окружностей данного пучка, является радикальной осью для семейства ортогональных окружностей.

3.82. Точка O является предельной точкой пучка тогда и только тогда, когда её степень относительно любой окружности ортогонального пучка равна 0, т. е. точка O принадлежит любой окружности ортогонального пучка. Ясно также, что пучок, ортогональный ортогональному пучку, совпадает с исходным пучком.

ПЛОЩАДЬ

1. Площадь S треугольника ABC можно вычислять по следующим формулам:

а) S = aha /2, где a = BC, ha — длина высоты, опущенной на BC;

б) S = bc sin A, где b, c — стороны треугольника, A — угол между ними;

в) S = pr, где p — полупериметр, r — радиус вписанной окружности. В самом деле, если O — центр вписанной окружности, то 2. Если многоугольник разрезан на несколько многоугольников, то сумма их площадей равна площади исходного многоугольника.

3. Фигуры, имеющие равную площадь, иногда называют равновеликими.

1. Докажите, что площадь выпуклого четырёхугольника равна 2. Пусть E и F — середины сторон BC и AD параллелограмма ABCD. Найдите площадь четырёхугольника, образованного прямыми AE, ED, BF и FC, если известно, что площадь ABCD равна S.

3. Многоугольник описан около окружности радиуса r. Докажите, что его площадь равна pr, где p — полупериметр многоугольника.

4. Точка X расположена внутри параллелограмма ABCD. Докажите, что SABX + SCDX = SBCX + SADX.

5. Пусть A1, B1, C1 и D1 — середины сторон CD, DA, AB, BC квадрата ABCD, площадь которого равна S. Найдите площадь четырёхугольника, образованного прямыми AA1, BB1, CC1 и DD1.

4.1. Докажите, что медианы разбивают треугольник на шесть равновеликих треугольников.

4.2. Дан треугольник ABC. Найдите все такие точки P, что площади треугольников ABP, BCP и ACP равны.

что AB1 = 2AB, BC1 = 2BC и CA1 = 2AC. Найдите площадь треугольника A1 B1 C1, если известно, что площадь треугольника ABC равна S.

и CD1 = 2CD. Найдите площадь получившегося четырёхугольника A1 B1 C1 D1, если известно, что площадь четырёхугольника ABCD равна S.

4.6*. Шестиугольник ABCDEF вписан в окружность. Диагонали AD, BE и CF являются диаметрами этой окружности. Докажите, что площадь шестиугольника ABCDEF равна удвоенной площади треугольника ACE.

4.7*. Внутри выпуклого четырёхугольника ABCD существует такая точка O, что площади треугольников OAB, OBC, OCD и ODA равны.

Докажите, что одна из диагоналей четырёхугольника делит другую пополам.

4.8. Высота трапеции, диагонали которой взаимно перпендикулярны, равна 4. Найдите площадь трапеции, если известно, что длина одной из её диагоналей равна 5.

4.9. Каждая диагональ выпуклого пятиугольника ABCDE отсекает от него треугольник единичной площади. Вычислите площадь пятиугольника ABCDE.

= 100, ACB = 20 и DEC = 80 (рис. 4.2). Чему равна сумма площади треугольника ABC и удвоенной площади треугольника CDE?

4.12*. В треугольник Ta = A1 A2 A3 вписан треугольник Tb = B1 B2 B3, а в треугольник Tb вписан треугольник Tc = C1 C2 C3, причём стороны треугольников Ta и Tc параллельны. Выразите площадь треугольника Tb через площади треугольников Ta и Tc.

4.13*. На сторонах треугольника ABC взяты точки A1, B1 и C1, делящие его стороны в отношениях BA1 : A1 C = p, CB1 : B1 A = q и AC1 : C1 B = r. Точки пересечения отрезков AA1, BB1 и CC1 расположены так, как показаРис. 4. но на рис. 4.3. Найдите отношение площадей треугольников PQR и ABC.

§ 3. Площади треугольников, на которые разбит 4.14. Диагонали четырёхугольника ABCD пересекаются в точке O.

Докажите, что SAOB = SCOD тогда и только тогда, когда BC AD.

4.15. а) Диагонали выпуклого четырёхугольника ABCD пересекаются в точке P. Известны площади треугольников ABP, BCP, CDP.

Найдите площадь треугольника ADP.

б) Выпуклый четырёхугольник разбит диагоналями на четыре треугольника, площади которых выражаются целыми числами. Докажите, что произведение этих чисел представляет собой точный квадрат.

4.16*. Диагонали четырёхугольника ABCD пересекаются в точке P, причём S2 + S2 = S2 + S2. Докажите, что P — середина одной

ABP CDP BCP ADP

из диагоналей.

4.17*. В выпуклом четырёхугольнике ABCD существуют три внутренние точки P1, P2, P3, не лежащие на одной прямой и обладающие тем свойством, что сумма площадей треугольников ABPi и CDPi равна сумме площадей треугольников BCPi и ADPi для i = 1, 2, 3. Докажите, что ABCD — параллелограмм.

§ 4. Площади частей, на которые разбит четырёхугольник 4.18. Пусть K, L, M и N — середины сторон AB, BC, CD и DA выпуклого четырёхугольника ABCD; отрезки KM и LN пересекаются в точке O. Докажите, что SAKON + SCLOM = SBKOL + SDNOM.

4.19. Точки K, L, M и N лежат на сторонах AB, BC, CD и DA параллелограмма ABCD, причём отрезки KM и LN параллельны сторонам параллелограмма. Эти отрезки пересекаются в точке O. Докажите, что площади параллелограммов KBLO и MDNO равны тогда и только тогда, когда точка O лежит на диагонали AC.

4.20. На сторонах AB и CD четырёхугольника ABCD взяты точки M и N так, что AM : MB = CN : ND. Отрезки AN и DM пересекаются в точке K, а отрезки BN и CM — в точке L. Докажите, что SKMLN = SADK + SBCL.

4.21. На стороне AB четырёхугольника ABCD взяты точки A1 и B1, а на стороне CD — точки C1 и D1, причём AA1 = BB1 = pAB и CC1 = = DD1 = pCD, где p < 0, 5. Докажите, что SA1 B1 C1 D1 /SABCD = 1 2p.

4.22*. Каждая из сторон выпуклого четырёхугольника разделена на пять равных частей и соответствующие точки противоположных сторон соединены (рис. 4.4). Докажите, что площадь среднего (заштрихованного) четырёхугольника в 25 раз меньше площади исходного.

взято по точке. Площадь четырёхугольника с вершинами в этих точках равна половине площади из диагоналей четырёхугольника параллельна стороне параллелограмма.

площадь четырёхугольника ABCD вдвое больше площади прямоугольника KLMN.

4.25*. Квадрат разделён на четыре части двумя перпендикулярными прямыми, точка пересечения которых лежит внутри его. Докажите, что если площади трёх из этих частей равны, то равны и площади всех четырёх частей.

4.26. Даны параллелограмм ABCD и некоторая точка M. Докажите, что SACM = |SABM ± SADM |.

4.27. На сторонах AB и BC треугольника ABC внешним образом построены параллелограммы; P — точка пересечения продолжений их сторон, параллельных AB и BC. На стороне AC построен параллелограмм, вторая сторона которого равна и параллельна BP. Докажите, что его площадь равна сумме площадей первых двух параллелограммов.

4.28*. Точка O, лежащая внутри правильного шестиугольника, соединена с вершинами. Возникшие при этом шесть треугольников раскрашены попеременно в красный и синий цвет. Докажите, что сумма площадей красных треугольников равна сумме площадей синих.

4.29*. Продолжения сторон AD и BC выпуклого четырёхугольника ABCD пересекаются в точке O; M и N — середины сторон AB и CD, P и Q — середины диагоналей AC и BD. Докажите, что:

а) SPMQN = |SABD SACD |/2;

б) SOPQ = SABCD /4.

4.30*. На сторонах AB и CD выпуклого четырёхугольника ABCD взяты точки E и F. Пусть K, L, M и N — середины отрезков DE, BF, CE и AF. Докажите, что четырёхугольник KLMN выпуклый и его площадь не зависит от выбора точек E и F.

4.31*. Середины диагоналей AC, BD, CE,... выпуклого шестиугольника ABCDEF образуют выпуклый шестиугольник. Докажите, что его площадь в четыре раза меньше площади исходного шестиугольника.

4.32*. Диаметр PQ и перпендикулярная ему хорда RS пересекаются в точке A. Точка C лежит на окружности, а точка B — внутри окружности, причём BC PQ и BC = RA. Из точек A и B опущены перпендикуляры AK и BL на прямую CQ. Докажите, что SACK = SBCL.

4.33*. Диагонали выпуклого четырёхугольника ABCD пересекаются в точке O; P и Q — произвольные точки. Докажите, что

SAOP S S

SBOQ SBDQ SABC

4.34*. Через точку O, лежащую внутри треугольника ABC, проведены отрезки, параллельные сторонам. Отрезки AA1, BB1 и CC1 разбивают треугольник ABC на четыре треугольника и три четырёхугольника (рис. 4.5). Докажите, что сумма площадей треугольников, прилегающих к вершинам A, B и C, равна площади четвёртого треугольника.

4.35*. На биссектрисе угла A треугольника ABC взята точка A так, что AA1 = p a = (b + c a)/2, и через точку A1 проведена прямая la, перпендикулярная биссектрисе. Если аналогично провести прямые lb и lc, то треугольник ABC разобьётся на части, среди которых четыре треугольника. Докажите, что площадь одного из этих треугольников равна сумме площадей трёх других.

См. также задачи 3.39—3.42, 13.55—13.59, 16.5, 24.7.

§ 6. Прямые и кривые, делящие фигуры 4.36. Отрезок MN, параллельный стороне CD четырёхугольника ABCD, делит его площадь пополам (точки M и N лежат на сторонах BC и AD). Длины отрезков, проведённых из точек A и B параллельно CD до пересечения с прямыми BC и AD, равны a и b.

Докажите, что MN2 = (ab + c2 )/2, где c = CD.

4.37. Каждая из трёх прямых делит площадь фигуры пополам.

Докажите, что часть фигуры, заключённая внутри треугольника, образованного этими прямыми, имеет площадь, не превосходящую 1/ площади всей фигуры.

4.38*. Прямая l делит площадь выпуклого многоугольника пополам. Докажите, что эта прямая делит проекцию данного многоугольника на прямую, перпендикулярную l, в отношении, не превосходящем 1 + 2.

4.39*. Докажите, что любой выпуклый многоугольник можно разрезать двумя взаимно перпендикулярными прямыми на четыре фигуры равной площади.

4.40*. а) Докажите, что любая прямая, делящая пополам площадь и периметр треугольника, проходит через центр вписанной окружности.

б) Докажите аналогичное утверждение для любого описанного многоугольника.

4.41*. Точки A и B окружности S1 соединены дугой окружности S2, делящей площадь круга, ограниченного S1, на равные части. Докажите, что дуга S2, соединяющая A и B, по длине больше диаметра S1.

4.42*. Кривая Г делит квадрат на две части равной площади. Докажите, что на ней можно выбрать две точки A и B так, что прямая AB проходит через центр O квадрата.

См. также задачи 2.73, 6.55, 6.56, 16.8, 18.33.

§ 7. Формулы для площади четырёхугольника 4.43. Диагонали четырёхугольника ABCD пересекаются в точке P.

Расстояния от точек A, B и P до прямой CD равны a, b и p. Докажите, что площадь четырёхугольника ABCD равна ab · CD/2p.

4.44. Четырёхугольник ABCD вписан в окружность радиуса R, f — угол между его диагоналями. Докажите, что площадь S четырёхугольника ABCD равна 2R2 sin A sin B sin f.

4.45*. Докажите, что площадь четырёхугольника, диагонали которого не перпендикулярны, равна tg f · |a2 + c2 b2 d2 |/4, где a, b, c и d — длины последовательных сторон, f — угол между диагоналями.

4.46*. а) Докажите, что площадь выпуклого четырёхугольника ABCD вычисляется по формуле где p — полупериметр, a, b, c, d — длины сторон.

б) Докажите, что если четырёхугольник ABCD вписанный, то S2 = = (p a)(p b)(p c)(p d).

в) Докажите, что если четырёхугольник ABCD описанный, то S2 = = abcd sin2 ((B + D)/2).

См. также задачу 11.34.

4.47. Докажите, что сумма расстояний от точки, взятой произвольно внутри правильного треугольника, до его сторон постоянна (и равна высоте треугольника).