«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 ...»

5.45. Пусть a1 и b1, a2 и b2 — катеты двух различных пифагоровых треугольников, c1 и c2 — их гипотенузы. Возьмём две перпендикулярные прямые и отложим на них отрезки OA = a1 a2, OB = a1 b2, OC = b1 b2 и OD = a2 b (рис. 5.3). Так как OA · OC = OB · OD, то четырёхугольник ABCD вписанный.

б) Предположим сначала, что длина наименьшей стороны данного треугольника — чётное число, т. е. длины сторон треугольника сторон треугольника равны 2n 1, 2n и 2n + 1, причём S2 = 3n2 (n2 1). Поэтому S = nk, где k — целое число, и k2 = 3(n2 1). Ясно также, что k — длина высоты, опущенной на сторону 2n. Эта высота делит исходный треугольник на два прямоугольных треугольника с общим катетом k и гипотенузами 2n + 1 и 2n 1; квадраты длин других катетов этих треугольников равны (2n ± 1)2 k2 = 4n2 ± 4n + 1 3n2 + 3 = (n ± 2)2.

5.47. а) Так как AB2 AB2 = BB2 = BC2 (AC ± AB1 )2, то AB1 = = ±(AB2 + AC2 BC2 )/2AC.

б) Пусть диагонали AC и BD пересекаются в точке O. Докажем, например, что число q = BO/OD рациональное (тогда число OD = BD/(q + 1) тоже рациональное). Проведём в треугольниках ABC и ADC высоты BB1 и DD1.

Согласно задаче а) числа AB1 и CD1 рациональные, а значит, число B1 D тоже рациональное. Пусть E — точка пересечения прямой BB1 и прямой, проходящей через точку D параллельно AC. В прямоугольном треугольнике BDE катет ED = B1 D1 и гипотенуза BD — рациональные числа, поэтому число BE тоже рациональное. Из треугольников ABB1 и CDD1 получаем, что числа BB2 и DD2 рациональные. А так как BE2 = (BB1 + DD1 )2 = BB2 + DD2 + 2BB1 · DD1, то число BB1 · DD1 рациональное. Следовательно, число BO/OD = BB1 /DD1 = = BB1 · DD1 /DD2 рациональное.

5.48. В треугольниках ABC и A1 B1 C1 не может быть двух пар соответственных углов, составляющих в сумме 180, так как иначе их сумма равна 360 и третьи углы треугольников должны быть нулевыми. Предположим теперь, что углы первого треугольника равны a, b и g, а углы второго равны 180 a, b и g. Сумма углов двух треугольников равна 360, поэтому 180 + 2b + 2g = 360, т. е. b + g = 90. Следовательно, a = 90 = = 180 a.

5.49. Ясно, что A1 C = BO и CB1 = OA, поэтому A1 B1 = BA. Аналогично B1 C1 = CB и C1 A1 = AC, т. е. ABC = A1 B1 C1. Кроме того, ABA1 B и ACA1 C1 — параллелограммы. Значит, отрезки BB1 и CC1 проходят через середину отрезка AA1.

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

5.51. а) Проведём через вершины треугольника ABC прямые, параллельные его противоположным сторонам. В результате получим треугольник A1 B1 C1 , серединами сторон которого являются точки A, B и C. Высоты треугольника ABC являются серединными перпендикулярами к сторонам треугольника A1 B1 C1, поэтому центр описанной окружности треугольника A1 B1 C является точкой пересечения высот треугольника ABC.

б) Точка H является центром описанной окружности треугольника A1 B1 C1, поэтому 4R2 = B1 H2 = B1 A2 + AH2 = BC2 + AH2. Следовательно, AH2 = 4R2 BC2 = 5.52. Пусть AD — биссектриса равнобедренного треугольника ABC с основанием AB и углом 36 при вершине C. Тогда треугольник ACD равнобедренный и ABC BDA. Поэтому CD = AD = AB = 2xBC и DB = 2xAB = 4x2 BC, а значит, BC = CD + DB = (2x + 4x2 )BC.

отрезки A1 B1 и B2 C2 пересекаются в некоторой точке X. Треугольник XB1 B подобен равнобедренному треугольнику C2 AB2, поэтому XB1 = B1 B2 =.

Следовательно, A1 X = = = A1 B. Таким образом, треугольник XA1 B равнобедренный, а значит, XBA1 = A1 XB = ABX.

5.54. Пусть B1 и B2 — проекции точки A на биссектрисы внутреннего и внешнего углов при вершине B, M — середина стороны AB. Так как биссектрисы внутреннего и внешнего углов перпендикулярны, то AB1 BB2 — прямоугольник, и его диагональ B1 B2 проходит через точку M. Кроме того, B1 MB = 180 2MBB1 = 180 B. Следовательно, B1 B2 BC, а значит, прямая B1 B2 совпадает с прямой l, соединяющей середины сторон AB и AC.

Аналогично доказывается, что проекции точки A на биссектрисы углов при вершине C лежат на прямой l.

ные неравенства, приходим к противоречию, так как la = 2bc cos(A/2)/(b + c) и lb = 2ac cos(B/2)/(a + c) (см. задачу 4.48).

5.56. а) Согласно задаче 4.48 длина биссектрисы угла B треугольника ABC равна 2ac cos(B/2)/(a + c), поэтому достаточно проверить, что система уравнений ac/(a + c) = p, a2 + c2 2ac cos B = q имеет (с точностью до перестановки чисел a и c) единственное положительное решение. Пусть a + c = u. Тогда ac = pu и q = u2 2pu(1 + cos ). Произведение корней этого квадратного уравнения относительно u равно q, поэтому оно имеет единственный положительный корень. Ясно, что система уравнений a + c = u, ac = pu имеет единственное решение.

б) В треугольниках AA1 B и CC1 B равны стороны AA1 и CC1, углы при вершине B и биссектрисы углов при вершине B. Следовательно, эти треугольники равны, а значит, AB = BC или AB = BC1. Второе равенство выполняться не может.

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

5.58. а) Возьмём на продолжении отрезка AC за точку C такую точку B, что CB = CB. Треугольник BCB равнобедренный, поэтому AEB = ACB = = 2CBB, а значит, E — центр описанной окружности треугольника ABB.

Следовательно, точка F делит отрезок AB пополам; поэтому прямая C1 F делит пополам периметр треугольника ABC.

б) Легко проверить, что прямая, проведённая через точку C параллельно BB, является биссектрисой угла ACB. А так как C1 F BB, то прямая C1 F — биссектриса угла треугольника с вершинами в серединах сторон треугольника ABC. Биссектрисы этого треугольника пересекаются в одной точке.

5.59. Пусть X — точка пересечения прямых AD2 и CD1 ; M, E1 и E2 — проекции точек X, D1 и D2 на прямую AC. Тогда CE2 = CD2 sin g = a sin g и AE1 = c sin a. Так как a sin g = c sin a, то CE2 = AE1 = q. Поэтому

XM DE XM

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

5.60. а) По теореме косинусов B1 C2 = AC2 + AB2 2AC1 · AB1 · cos(90 + a), для b2 и c2 и складывая их, получаем требуемое.

б) Для остроугольного треугольника ABC, прибавив к S площади треугольников ABC1, AB1 C и A1 BC и прибавив к S1 площади треугольников AB1 C1, A1 BC1 и A1 B1 C, получим одинаковые величины (для треугольника с тупым углом A площадь треугольника AB1 C1 следует взять со знаком минус). Поэтому S1 = S + (a2 + b2 + c2 )/4 (ab cos g + ac cos b + bc cos a)/4. Остаётся заметить, что ab cos g + bc cos a + ac cos b = 2S(ctg g + ctg a + ctg b) = (a2 + b2 + c2 )/ (см. задачу 12.46 а).

5.61. Докажем сначала, что точка B лежит на описанной окружности треугольника AHC, где H — точка пересечения высот треугольника ABC.

(AB, B C) = (AA1, CC1 ) = (AA1, BC) + (BC, AB) + (AB, CC1 ) = (BC, AB).

Но, как следует из решения задачи 5.10, (BC, AB) = (AH, HC), поэтому точки A, B, H и C лежат на одной окружности, причём эта окружность симметрична описанной окружности треугольника ABC относительно прямой AC. Следовательно, обе эти окружности имеют радиус R, а значит, B H = 2R sin B AH = 2R cos a. Аналогично A H = 2R cos a = C H. Решение задачи а) тем самым завершено, а для решения задачи б) остаётA B C ABC, так как после поворота треугольнися заметить, что ка A B C на угол a его стороны будут параллельны сторонам треугольника ABC.

5.62. Пусть из вершины A окружности, вписанные в углы B и C, видны под углами ab и ac, а радиусы этих окружностей равны rb и rc. Тогда Поэтому равенство эквивалентно равенству 5.63. Пусть a1 = BA1, a2 = A1 C, b1 = CB1, b2 = B1 A, c1 = AC1 и c2 = C1 B.

Произведения длин отрезков секущих, проходящих через одну точку, равны, поэтому a1 (a1 + x) = c2 (c2 z), т. е. a1 x + c2 z = c2 a2. Аналогично получаем для x, y и z ещё два уравнения: b1 y + a2 x = a2 b2 и c1 z + b2 y = b2 c2.

Домножим первое уравнение на b2n, а второе и третье на c2n и a2n и сложим полученные уравнения. Так как, например, c2 bn c1 an = 0 по условию, то в правой части получим нуль. В левой части, например, коэффициент при x равен a1 b2n + a2 c2n = (acn b2n + abn c2n )/(bn + cn ) = abn cn. Поэтому abn cn x + ban cn y + can bn z = 0. Поделив обе части равенства на (abc)n, получим требуемое.

5.64. Пусть в исходном треугольнике A = 3a, B = 3b и C = 3g. Возьмём равносторонний треугольник A2 B2 C2 и построим на его сторонах как на основаниях равнобедренные треугольники A2 B2 R, B2 C2 P и C2 A2 Q с углами при основаниях 60 g, 60 a, 60 b соответственно (рис. 5.4).

Продолжим боковые стороны этих треугольников за точки A2, B2 и C и обозначим точку пересечения продолжений сторон RB2 и QC2 через A3, PC2 и RA2 через B3, QA2 и PB2 через C3. Проведём через B2 прямую, параллельную A2 C2, и обозначим через M и N точки её пересечения с прямыми QA3 и QC3. Ясно, что B2 — середина отрезка NM. Вычислим углы треугольников B2 C3 N и B2 A3 M: C3 B2 N = PB2 M = C2 B2 M C2 B2 P = a;

B2 NC3 = 180 C2 A2 Q = 120 + b, значит, B2 C3 N = 180 a (120 + b) = g.

Аналогично A3 B2 M = g и B2 A3 M = a. Следовательно, B2 C3 N A3 B2 M.

Значит, C3 B2 : B2 A3 = C3 N : B2 M, а так как B2 M = B2 N и C3 B2 A3 = C3 NB2, то C3 B2 : B2 A3 = C3 N : NB2 и C3 B2 A3 C3 NB2, следовательно, B2 C3 A3 = g.

Аналогично A2 C3 B3 = g, а значит, A3 C3 B3 = 3g = C и C3 B2, C3 A2 — триссектрисы угла C3 треугольника A3 B3 C3. Аналогичные рассуждения для вершин A3 и B3 показывают, что ABC A3 B3 C3, а точки пересечения триссектрис треугольника A3 B3 C3 образуют правильный треугольник A2 B2 C2.

5.65. Точка A1 лежит на биссектрисе угла BAC, поэтому точка A лежит на продолжении биссектрисы угла B2 A1 C2. Кроме того, B2 AC2 = a = = (180 B2 A1 C2 )/2. Поэтому A — центр вневписанной окружности треугольника B2 A1 C2 (см. задачу 5.3). Пусть D — точка пересечения прямых AB и CB2.

Тогда AB2 C2 = AB2 D = 180 B2 AD ADB2 = 180 g (60 + a) = = AB2 C AB2 C2 = 60 2b. Аналогично AB2 A2 = 60 2b. Поэтому A2 B2 C2 = AB2 C AB2 A2 CB2 C2 = 3b. Аналогично B2 A2 C2 = 3a 5.66. Длина общей касательной к данным окружностям равна 2 ua ub, поэтому Мы проверили, что треугольник со сторонами a1, b1, c1 действительно существует; кроме того, угол между сторонами a1 и b1 равен g1. Поэтому диаметр описанной окружности рассматриваемого треугольника равен поскольку c = p r ctg.

5.67. Пусть u1 и u2 — радиусы окружностей S1 и S2. Согласно задаче 5. радиус описанной окружности треугольника со сторонами u1 = u1 ctg , 2 = u2 ctg, c = c равен p/2; кроме того, в этом треугольнике угол между сторонами u1 и u2 тупой. Пусть f1, f2 и g — острые углы, опирающиеся на хорды u1, u2 и. Тогда f1 + f2 = g ; при этом u1 и u2 однозначно восстанавливаются по f1 и f2. Аналогично получаем равенства Сложим равенства (1) и (3) и вычтем из них равенство (2). В результате получим f1 = f7. Из этого следует, что радиусы окружностей S1 и S7 равны.

5.68. Пусть ri — радиус окружности Si, hi — высота треугольника ABC, опущенная из вершины A при i = 3k + 1, из вершины B при i = 3k + 2, из вершины C при i = 3k. Формулу из задачи 5.9 а) можно записать в виде Перемножим равенства (i) и (i + 2), а затем поделим их произведение на (i + 1). В результате получим Правая часть полученного выражения не изменяется при замене i на i + 3.

Поэтому Предполагается, что все треугольники невырожденные. В таком случае можно сократить обе части на 5.69. Пусть при проекции на прямую, перпендикулярную прямой A1 B1, точки A, B и C переходят в A, B и C, точка C1 — в Q, а две точки A1 и B1 — в одну точку P. Так как A1 B : A1 C = PB : PC, B1 C : B1 A = PC : PA (нужно учесть, что a = b, так как A = B ). А равенство x = 0 означает, что P = Q, т. е. точка C1 лежит на прямой A1 B1.

5.70. Согласно задаче 1.17 а) Остаётся заметить, что в задаче а) все три точки лежат на продолжениях сторон треугольника, а в задаче б) на продолжениях сторон лежит одна точка.

5.71. Из свойства угла между касательной и хордой следует, что A1 AB = = A1 CA, поэтому A1 AB A1 CA. Следовательно, BA1 /CA1 = AB/CA. Таким образом, 5.72. Пусть точка P лежит на дуге BC описанной окружности треугольника ABC, A1, B1 и C1 — основания перпендикуляров, опущенных из точBP cos PBC CB1 CP cos PCA 5.73. Пусть O, O1 и O2 — центры окружностей S, S1 и S2 ; X — точка пересечения прямых O1 O2 и A1 A2. Применяя теорему Менелая к треO1 X O2 A2 OA а значит, O1 X : O2 X = R1 : R2, где R1 и R2 — радиусы окружностей S1 и S2.

Следовательно, X — точка пересечения общих внешних или общих внутренних касательных к окружностям S1 и S2.

5.74. а) Пусть для определённости B < C. Тогда DAE = ADE = B + + A/2, а значит, CAE = B. Так как б) В задаче а) точка E лежит на продолжении стороны BC, так как ADC = = BAD + B > CAD. Поэтому, используя результат задачи а) и теорему Менелая, получаем требуемое.

5.75. Так как BCE = 90 B/2, то BCE = BEC, а значит, BE = BC.

Поэтому CF : KF = BE : BK = BC : BK и AE : KE = CA : CK = BC : BK. Пусть

AD CF KE

CD KF AE

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

5.76. Доказательство аналогично решению задачи 5.95; нужно только рассмотреть отношение ориентированных отрезков и углов.

5.77. Применим теорему Менелая к треугольникам AC1 B1, C1 A1 B, A1 CB и CAB:

Перемножив эти равенства, получим 5.78. Пусть A2, B2, C2 — точки пересечения прямых BC и B1 C1, AC и A1 C1, AB и A1 B1. Применим теорему Менелая к следующим треугольникам и точкам на их сторонах: OAB и (A1, B1, C2 ), OBC и (B1, C1, A2 ), OAC и (A1, C1, B2 ).

Тогда Перемножая эти равенства, получаем Из теоремы Менелая следует, что точки A2, B2, C2 лежат на одной прямой.

5.79. Рассмотрим треугольник A0 B0 C0, образованный прямыми A1 B2, B1 C и C1 A2 (A0 — точка пересечения прямых A1 B2 и A2 C1 и т. д.), и применим для него теорему Менелая к следующим пяти тройкам точек: (A, B2, C1 ), (B, C2, A1 ), (C, A2, B1 ), (A1, B1, C1 ) и (A2, B2, C2 ). В результате получим B и C лежат на одной прямой.

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

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

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

б) Применяя теорему Дезарга к треугольникам NDM и LBK, получаем, что точки пересечения прямых ND и LB, DM и BK, NM и LK лежат на одной прямой.

5.83. Воспользуемся результатом задачи 5.82 а). В качестве точек P и Q возьмём точки P2 и P4, в качестве A и C — точки C1 и P1, в качестве K, L, M и N — точки P5, A1, B1 и P3. В итоге получим, что прямая P6 C1 проходит через точку P1.

5.84. Согласно теореме Дезарга точки пересечения прямых AC и DF, CE и FB, EA и BD лежат на одной прямой. Это означает, что точки пересечения прямых A B и D E, C D и F A, E F и B C лежат на одной прямой.

5.85. а) Эта задача является переформулировкой задачи 5.69, так как число BA1 : CA1 имеет знак минус, если точка A1 лежит на отрезке BC, и знак плюс, если она лежит вне отрезка BC.

б) Предположим сначала, что прямые AA1, BB1 и CC1 пересекаются в точке M. Любые три вектора на плоскости линейно зависимы, т. е. существуют такие числа l, m и n (не все равные нулю), что lAM + mBM + nCM = 0.

Рассмотрим проекцию на прямую BC параллельно прямой AM. При этой проекции точки A и M переходят в A1, а точки B и C переходят сами в себя. Поэтому mBA1 + nCA1 = 0, т. е. BA1 : CA1 = n : m. Аналогично CB1 : AB1 = l : n и AC1 : BC1 = m : l. Перемножая эти равенства, получаем требуемое. В случае, когда прямые AA1, BB1 и CC1 параллельны, для доказательства достаточно заметить, что BA1 : CA1 = BA : C1 A и CB1 : AB1 = C1 B : AB.

Предположим теперь, что выполняется указанное соотношение, и докажем, что тогда прямые AA1, BB1 и CC1 пересекаются в одной точке. Пусть C* — точка пересечения прямой AB с прямой, проходящей через точку C и точку пересечения прямых AA1 и BB1. Для точки C* выполняется такое же соотношение, как и для точки C1. Поэтому C* A : C* B = C1 A : C1 B. Следовательно, C* = C1, т. е. прямые AA1, BB1 и CC1 пересекаются в одной точке.

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

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

5.87. Пусть вневписанные окружности касаются сторон BC, CA и AB в точках A1, B1 и C1. Тогда 5.88. Пусть AA1, BB1 и CC1 — высоты треугольника ABC. Тогда 5.89. Пусть A2, B2 и C2 — середины сторон BC, CA и AB. Рассматриваемые прямые проходят через вершины треугольника A2 B2 C2, причём в задаче а) они делят его стороны в таких же отношениях, в каких прямые AP, BP и CP делят стороны треугольника ABC, а в задаче б) они делят их в обратных отношениях. Остаётся воспользоваться теоремой Чевы.

5.90. Так как = AC1 · BA1 и AC2 · CB1 = A1 C · B1 A. Поэтому 5.91. Пусть прямые AA1, BB1 и CC1 пересекают прямые BC, CA и AB в точках A2, B2 и C2.

Запишем аналогичные выражения для CB2 : B2 A и AC2 : C2 B и перемножим их. Остаётся воспользоваться теоремой Чевы.

б) Точка A2 лежит вне отрезка BC, только если ровно один из углов b и g больше соответствующего ему угла B или C. Поэтому 5.92. Легко проверить, что эта задача является частным случаем задачи 5.91.

З а м е ч а н и е. Аналогичное утверждение верно и для вневписанной окружности.

5.93. Решение задачи очевидным образом следует из теоремы Чевы.

ства остаётся перемножить эти равенства.

З а м е ч а н и е. Аналогичное утверждение справедливо и для отношений ориентированных отрезков и углов в том случае, когда точки взяты на продолжениях сторон.

5.95. Можно считать, что точки A2, B2 и C2 лежат на сторонах треугольника ABC. Согласно задаче 5. Так как прямые AA2, BB2 и CC2 симметричны прямым AA1, BB1 и CC относительно биссектрис, то ACC2 = C1 CB, C2 CB = ACC1 и т. д., поэтому sin ACC2 sin BAA2 sin CBB2 sin C1 CB sin A1 AC sin B1 BA CB AC BA sin C2 CB sin A2 AC sin B2 BA sin ACC1 sin BAA1 sin CBB1 AC1 BA1 CB ются в одной точке.

З а м е ч а н и е. Утверждение остаётся верным и в том случае, когда точки A1, B1 и C1 взяты на продолжениях сторон, если только точка P не лежит на описанной окружности S треугольника ABC; если же P лежит на окружности S, то прямые AA2, BB2 и CC2 параллельны (см. задачу 2.95).

5.96. Пусть точки P и Q изогонально сопряжены относительно треугольника ABC. Тогда (AB, BP) = (QB, BC) и (CP, BC) = (AC, QC). Ясно также, что Поэтому (CP, BP) = (QB, QC) + (AC, AB). Таким образом, если угол (CP, BP) постоянен, то угол (QB, QC) тоже постоянен.

5.97. Докажем, что прямые BP и BQ симметричны относительно биссектрисы угла B, т. е. PBC = A BQ, где A — точка, лежащая на продолжении стороны AB за точку B. По свойству угла между касательной и хордой PBC = BAC. Прямые AC и BQ параллельны, поэтому BAC = A BQ.

Аналогично доказывается, что прямые CP и CQ симметричны относительно биссектрисы угла C.

5.98. Пусть диагонали AD и BE данного шестиугольника ABCDEF пересекаются в точке P; K и L — середины сторон AB и ED. Так как ABDE — трапеция, отрезок KL проходит через точку P (задача 19.2). По теореме синусов sin APK : sin AKP = AK : AP и sin BPK : sin BKP = BK : BP. Так как sin AKP = sin BKP и AK = BK, то sin APK : sin BPK = BP : AP = BE : AD. Аналогичные соотношения можно записать и для отрезков, соединяющих середины двух других пар противоположных сторон. Перемножая эти соотношения и применяя результат задачи 5.94 к треугольнику, образованному прямыми AD, BE и CF, получаем требуемое.

5.99. Рассмотрим гомотетию с центром P и коэффициентом 2. Так как PA1 A3 A2 — прямоугольник, то при этой гомотетии прямая A1 A2 переходит в прямую la, проходящую через точку A3, причём прямые la и A3 P симметричны относительно прямой A3 A. Прямая A3 A делит пополам угол B3 A3 C (задача 1.57 а). Аналогично доказывается, что прямые lb и lc симметричны прямым B3 P и C3 P относительно биссектрис треугольника A3 B3 C3. Следовательно, прямые la, lb и lc пересекаются в одной точке или параллельны (задача 5.95), а значит, в одной точке пересекаются и прямые A1 A2, B1 B2, C1 C2.

5.100. Согласно задачам 5.94 и 5.85 б) Но DAP = SDQ, SDP = DAQ, PAS = QDA и PDA = QAS. Поэтому sin ASP : sin PSD = sin ASQ : sin QSD. Из этого следует, что точки S, P и Q 5.101. Второе равенство из задачи 2.61 а) означает, что Поэтому 5.102. Согласно задаче 3.43 а) отрезок A1 A2 является биссектрисой треугольника A1 BC. Поэтому Из того, что прямые AA1, BB1 и CC1 пересекаются в одной точке, следует, что Поэтому а значит, прямые AA2, BB2 и CC2 пересекаются в одной точке.

Подставляя эти четыре равенства в предыдущее равенство и учитывая, что AC = BC, получаем требуемое.

б) Обозначим точки пересечения прямых CM и CN с основанием AB через M1 и N1. Нужно доказать, что M1 = N1. Из а) следует, что AM1 : M1 B = = AN1 : N1 B, т. е. M1 = N1.

5.104. Пусть отрезки BM и BN пересекают сторону AC в точках P и Q.

Тогда Если O — точка пересечения биссектрис треугольника ABC, то = и проведя аналогичные вычисления для отношения sin QBB1 : sin QBC, получим sin PBB1 : sin PBA = sin QBB1 : sin QBC. А так как ABB1 = CBB1, то PBB1 = QBB1 (см. решение задачи 5.100).

5.105. а) Пусть точка P лежит на дуге AC описанной окружности треугольника ABC; A1, B1 и C1 — основания перпендикуляров, опущенных из точки P на прямые BC, CA и AB. Сумма углов при вершинах A1 и C1 четырёхугольника A1 BC1 P равна 180, поэтому A1 PC1 = 180 B = APC. Следовательно, APC1 = A1 PC, причём одна из точек A1 и C1 (например, A1 ) лежит на стороне треугольника, а другая — на продолжении стороны. Четырёхугольники AB1 PC1 и A1 B1 PC вписанные, поэтому AB1 C1 = APC1 = A1 PC = A1 B1 C, а значит, точка B1 лежит на отрезке A1 C1.

б) Как и в задаче а), получаем (AP, PC1 ) = (AB1, B1 C) = (CB1, B1 A1 ) = = (CP, PA1 ). Прибавляя (PC1, PC), получаем (AP, PC) = (PC1, PA1 ) = = (BC1, BA1 ) = (AB, BC), т. е. точка P лежит на описанной окружности треугольника ABC.

5.106. Пусть A1, B1 и C1 — середины отрезков PA, PB и PC; Oa, Ob и Oc — центры описанных окружностей треугольников BCP, ACP и ABP. Точки A1 , B1 и C1 являются основаниями перпендикуляров, опущенных из точки P на стороны треугольника Oa Ob Oc (или их продолжения). Точки A1, B1 и C лежат на одной прямой, поэтому точка P лежит на описанной окружности треугольника Oa Ob Oc (см. задачу 5.105 б).

5.107. Пусть продолжение биссектрисы AD пересекает описанную окружность треугольника ABC в точке P. Опустим из точки P перпендикуляры PA1 , PB1 и PC1 на прямые BC, CA и AB; ясно, что A1 — середина отрезка BC. При гомотетии с центром A, переводящей P в D, точки B1 и C1 переходят в B и C, а значит, точка A1 переходит в M, так как она лежит на прямой B1 C и PA1 DM.

5.108. а) Решение задачи 5.105 проходит без изменений и в этом случае.

б) Пусть A1 и B1 — основания перпендикуляров, опущенных из точки P на прямые BC и CA, а точки A2 и B2 прямых BC и AC таковы, что (PA2, BC) = a = (PB2, AC). Тогда PA1 A2 PB1 B2, поэтому точки A1 и B1 переходят в A2 и B2 при поворотной гомотетии с центром P, причём A1 PA2 = 90 a — угол поворота.

5.109. а) Пусть угол между прямыми PC и AC равен f. Тогда PA = 2R sin f.

Так как точки A1 и B1 лежат на окружности с диаметром PC, угол между прямыми PA1 и A1 B1 тоже равен f. Поэтому PA1 = d/ sin f, а значит, PA · PA1 = 2Rd.

б) Так как PA1 BC, то cos a = sin f = d/PA1. Остаётся заметить, что PA1 = = 2Rd/PA.

5.110. Точки A1 и B1 лежат на окружности с диаметром PC, поэтому A1 B1 = PC sin A1 CB1 = PC sin C. Пусть угол между прямыми AB и A1 B равен g и C1 — проекция точки P на прямую A1 B1. Прямые A1 B1 и B1 C1 совпадают, поэтому cos g = PC/2R (см. задачу 5.109). Следовательно, длина проекции отрезка AB на прямую A1 B1 равна AB cos g = (2R sin C)PC/2R = PC sin C.

5.111. Пусть A1 и B1 — основания перпендикуляров, опущенных из точки P на прямые BC и AC. Точки A1 и B1 лежат на окружности с диаметром PC. Так как sin A1 CB1 = sin ACB, хорды A1 B1 этой окружности имеют фиксированную длину. Следовательно, прямые A1 B1 касаются фиксированной окружности.

5.112. Пусть A1 и B1 — основания перпендикуляров, опущенных из точки P BP/2. Ясно также, что для всех точек P прямые PB1 имеют одно и то же направление.

5.113. Пусть P1 и P2 — диаметрально противоположные точки описанной окружности треугольника ABC; Ai и Bi — основания перпендикуляров, опущенных из точки Pi на прямые BC и AC; M и N — середины сторон AC и BC; X — точка пересечения прямых A1 B1 и A2 B2. Согласно задаче 5. A1 B1 A2 B2. Остаётся проверить, что (MX, XN) = (BC, AC). Так как AB2 = B1 C, то XM — медиана прямоугольного треугольника B1 XB2. Поэтому (XM, XB2 ) = (XB2, B2 M). Аналогично (XA1, XN) = (A1 N, XA1 ). Следовательно, (MX, XN)=(XM, XB2 )+(XB2, XA1 )+(XA1, XN)=(XB2, B2 M)+ + (A1 N, XA1 ) + 90. А так как (XB2, B2 M) + (AC, CB) + (NA1, A1 X) + + 90 = 0, то (MN, XN) + (AC, CB) = 0.

5.114. Если точка R данной окружности такова, что (OP, OR) = (b + g)/2, то ORBC. Остаётся проверить, что (OR, OQ)=(PA1, A1 B1 ). Но (OR, OQ)= = a/2, a (PA1, A1 B1 ) = (PB, BC1 ) = (OP, OA)/2 = a/2.

5.115. Не теряя общности, можно считать, что описанные окружности треугольников ABC и A1 B1 C1 совпадают. Определим углы a, b и g, как в условии задачи 5.114. Покажем, что точки с угловыми координатами (a + b + g)/2, (a + b + g)/2, (a b + g)/2 и (a + b g)/2 можно взять в качестве точек P1, A1, B1 и C1. Действительно, биссектриса угла A1 OB1 задаётся угловой координатой g/2, т. е. A1 B1 PC; биссектриса угла P1 OA1 задаётся угловой координатой (b + g)/2, т. е. P1 A1 BC.

5.116. Пусть прямые AC и PQ пересекаются в точке M. Проведём в треугольнике MPC высоты PB1 и CA1. Тогда A1 B1 — прямая Симсона точки P относительно треугольника ABC. Кроме того, согласно задаче 1. (MB1, B1 A1 ) = (CP, PM). Ясно также, что (CP, PM) = (CA, AQ) = = (MB1, AQ). Следовательно, A1 B1 AQ.

5.117. Проведём хорду PQ, перпендикулярную BC. Пусть точки H и P симметричны точкам H и P относительно прямой BC; точка H лежит на описанной окружности треугольника ABC (задача 5.10). Докажем сначала, что AQ P H. В самом деле, (AH, AQ) = (PH, PQ) = (AH, P H). Прямая Симсона точки P параллельна AQ (задача 5.116), т. е. она проходит через середину стороны PP треугольника PP H и параллельна стороне P H, а значит, она проходит через середину стороны PH.

5.118. Пусть Ha, Hb, Hc и Hd — ортоцентры треугольников BCD, CDA, DAB и ABC. Прямые la, lb, lc и ld проходят через середины отрезков AHa, BHb, CHc и DHd (см. задачу 5.117). Середины этих отрезков совпадают с такой точкой H, что 2OH = OA + OB + OC + OD, где O — центр окружности (см. задачу 13.35).

5.119. а) Пусть B1, C1 и D1 — проекции точки P на прямые AB, AC и AD.

Точки B1, C1 и D1 лежат на окружности с диаметром AP. Прямые B1 C1, C1 D1 и D1 B1 являются прямыми Симсона точки P относительно треугольников ABC, ACD и ADB соответственно. Поэтому проекции точки P на прямые Симсона этих треугольников лежат на одной прямой — прямой Симсона треугольника B1 C1 D1. Аналогично доказывается, что на одной прямой лежит любая тройка рассматриваемых точек.

б) Пусть P — точка описанной окружности n-угольника A1... An ; B2, B3,...

..., Bn — проекции точки P на прямые A1 A2,..., A1 An. Точки B2,..., Bn лежат на окружности с диаметром A1 P. Докажем по индукции, что прямая Симсона точки P относительно n-угольника A1... An совпадает с прямой Симсона точки P относительно (n 1)-угольника B2... Bn (для n = 4 это было доказано в задаче а). По предложению индукции прямая Симсона (n 1)-угольника A1 A3... An совпадает с прямой Симсона (n 2)-угольника B3... Bn. Поэтому проекции точки P на прямые Симсона (n 1)-угольников, вершины которых получаются последовательным исключением точек A2,..., An из набора A1,..., An, лежат на прямой Симсона (n 1)-угольника B2... Bn. А проекция точки P на прямую Симсона (n 1)-угольника A2... An лежит на той же прямой потому, что наши рассуждения показывают, что любые n 1 из рассматриваемых n точек проекций лежат на одной прямой.

5.120. Точки B1 и C1 лежат на окружности с диаметром AP. Поэтому B1 C1 = AP sin B1 AC1 = AP(BC/2R).

5.121. Эта задача является частным случаем задачи 2.46.

(первое, третье и пятое равенства получаются из вписанности соответствующих четырёхугольников; остальные равенства очевидны). Аналогично B1 AP= = C3 A3 P. Поэтому B3 A3 C3 = B3 A3 P + C3 A3 P = C1 AP + B1 AP = BAC. Аналогично получаются равенства остальных углов треугольников ABC и A3 B3 C3.

5.123. Пусть A1, B1 и C1 — основания перпендикуляров, опущенных из точки P на прямые BC, CA и AB; A2, B2 и C2 — точки пересечения прямых PA, PB и PC с описанной окружностью треугольника ABC. Пусть далее S, S1 и S2 — площади треугольников ABC, A1 B1 C1 и A2 B2 C2. Легко проверить, что a1 = a · AP/2R (задача 5.120) и a2 = a · B2 P/CP. Треугольники A1 B1 C1 и A2 B2 C2 подобны (задача 5.121), поэтому S1 /S2 = k2, где k = a1 /a2 = AP · CP/(2R · B2 P). А так как B2 P · BP = |d2 R2 |, то S1 /S2 = = (AP · BP · CP)2 /4R2 (d2 R2 )2. Треугольники A2 B2 C2 и ABC вписаны в одну окружность, поэтому S2 /S = a2 b2 c2 /abc (см. задачу 12.1). Ясно также, что, например, a2 /a = B2 P/CP = |d2 R2 |/(BP · CP). Следовательно, S2 : S = = |d2 R2 |3 : (AP · BP · CP)2. Поэтому S1 /S = (S1 /S2 )(S2 /S) = |d2 R2 |/4R2.

5.124. Точки B1 и C1 лежат на окружности с диаметром PA, поэтому середина отрезка PA является центром описанной окружности треугольника AB1 C1. Следовательно, la — серединный перпендикуляр к отрезку B1 C1.

Поэтому прямые la, lb и lc проходят через центр описанной окружности треугольника A1 B1 C1.

5.125. а) Опустим из точек P1 и P2 перпендикуляры P1 B1 и P2 B2 на AC и перпендикуляры P1 C1 и P2 C2 на AB. Докажем, что точки B1, B2, C1 и C лежат на одной окружности. В самом деле, P1 B1 C1 = P1 AC1 = P2 AB2 = = P2 C2 B2, а так как P1 B1 A = P2 C2 A, то C1 B1 A = B2 C2 A. Центр окружности, на которой лежат указанные точки, является точкой пересечения серединных перпендикуляров к отрезкам B1 B2 и C1 C2, а оба эти перпендикуляра проходят через середину O отрезка P1 P2, т. е. O — центр этой окружности.

В частности, точки B1 и C1 равноудалены от точки O. Аналогично точки A1 и B1 равноудалены от точки O, т. е. O — центр описанной окружности треугольника A1 B1 C1. Кроме того, OB1 = OB2.

З а м е ч а н и е. Если точка P1 лежит на описанной окружности треугольника, то её подерная окружность вырождается в прямую, а именно, прямую Симсона точки P1. Точка P2, изогонально сопряжённая этой точке, в этом случае является бесконечно удалённой. Направление этой бесконечно удалённой точки перпендикулярно прямой Симсона точки P1. Действительно, если точка P2 стремится к точке P2, то подерная окружность точки P2 близка к окружности с диаметром P2 X, где X — произвольная точка треугольника ABC.

б) Предыдущее доказательство проходит почти без изменений и в этом случае.

в) Пусть B1 и C1 — проекции точки P1 на стороны AC и AB. Отрезок AP1 является диаметром описанной окружности треугольника AB1 C1.

Пусть O — центр этой окружности (т. е. середина отрезка AP1 ), K — середина отрезка AB1, H — точка пересечения прямых AP2 и B1 C1. Тогда KOA = HC1 A и KAO = HAC1. Поэтому AHC1 = AKO = 90.

5.126. Пусть перпендикуляры, опущенные из точек A, B, C на прямые B1 C1, C1 A1, A1 B1 пересекаются в точке P. Проведём через вершины треугольника ABC прямые, параллельные сторонам треугольника A1 B1 C1. В результате получим треугольник A B C. Пусть P — точка, изогонально сопряжённая точке P относительно треугольника A B C. Согласно задаче 5.125 в) прямые, соединяющие вершины треугольника A B C с точкой P, перпендикулярны сторонам треугольника ABC. Треугольник A1 B1 C1 гомотетичен треугольнику A B C ; пусть P1 — образ точки P при соответствующей гомотетии. Тогда прямые, соединяющие вершины треугольника A1 B1 C1 с точкой P1, перпендикулярны сторонам треугольника ABC, т. е. P1 — искомая точка.

З а м е ч а н и е. Другое доказательство приведено в решении задачи 7.45.

5.127. Если данный параллелограмм является прямоугольником, то подерная окружность точки D вырождается в прямую AC; эта прямая проходит через точку пересечения диагоналей. Поэтому будем считать, что данный параллелограмм отличен от прямоугольника. Тогда согласно задаче 5.97 точка D изогонально сопряжена (относительно треугольника ABC) точке P, в которой пересекаются касательные в точках A и C к описанной окружности треугольника ABC. Поэтому согласно задаче 5.125 а) подерные окружности точек P и D совпадают. Основанием перпендикуляра, опущенного из точки P на прямую AC, служит середина отрезка AC. Поэтому подерная окружность точки P проходит через середину диагонали AC.

5.128. Пусть A1, B1 и C1 — середины сторон BC, CA и AB. Треугольники A1 B1 C1 и ABC подобны, причём коэффициент подобия равен 2. Высоты треугольника A1 B1 C1 пересекаются в точке O, поэтому OA1 : HA = 1 : 2. Пусть M — точка пересечения отрезков OH и AA1. Тогда OM : M H = OA1 : HA = 1 : 5.129. Пусть A1, B1 и C1 — середины сторон BC, CA и AB; A2, B2 и C2 — основания высот; A3, B3 и C3 — середины отрезков, соединяющих точку пересечения высот с вершинами. Так как A2 C1 = C1 A = A1 B1 и A1 A2 B1 C1, точка A2 лежит на описанной окружности треугольника A1 B1 C1. Аналогично точки B2 и C2 лежат на описанной окружности треугольника A1 B1 C1.

Рассмотрим теперь окружность S с диаметром A1 A3. Так как A1 B3 CC и A3 B3 AB, то A1 B3 A3 = 90, а значит, точка B3 лежит на окружности S.

Аналогично доказывается, что точки C1, B1 и C3 лежат на окружности S.

Окружность S проходит через вершины треугольника A1 B1 C1, поэтому она является его описанной окружностью.

При гомотетии с центром H и коэффициентом 1/2 описанная окружность треугольника ABC переходит в описанную окружность треугольника A3 B3 C3, т. е. в окружность девяти точек. Значит, при этой гомотетии точка O переходит в центр окружности девяти точек.

5.130. а) Докажем, например, что треугольники ABC и HBC имеют общую окружность девяти точек. В самом деле, окружности девяти точек обоих треугольников проходят через середину стороны BC и середины отрезков BH и CH.

б) Прямая Эйлера проходит через центр окружности девяти точек, а окружность девяти точек у этих треугольников общая.

в) Центром симметрии является центр окружности девяти точек этих треугольников.

5.131. Пусть AB > BC > CA. Легко проверить, что для остроугольного и тупоугольного треугольников точка H пересечения высот и центр O описанной окружности расположены именно так, как на рис. 5.5 (т. е. для остроугольного треугольника точка O лежит внутри треугольника BHC1, а для тупоугольного точки O и B лежат по одну сторону от прямой CH). Поэтому в остроугольном треугольнике прямая Эйлера пересекает наибольшую сторону AB и наименьшую сторону AC, а в тупоугольном треугольнике — наибольшую сторону AB и среднюю по длине сторону BC.

5.132. а) Пусть Oa, Ob и Oc — центры вневписанных окружностей треугольника ABC. Вершины треугольника ABC являются основаниями высот треугольника Oa Ob Oc (задача 5.2), поэтому окружность девяти точек треугольника Oa Ob Oc проходит через точки A, B и C.

б) Пусть O — точка пересечения высот треугольника Oa Ob Oc, т. е. точка пересечения биссектрис треугольника ABC. Окружность девяти точек треугольника Oa Ob Oc делит пополам отрезок OOa.

5.133. Пусть AA1 — высота, H — точка пересечения высот. Согласно задаче 5.51 б) AH = 2R|cos A|. Медианы делятся точкой их пересечения в отношении 1 : 2, поэтому прямая Эйлера параллельна BC тогда и только тогда, когда AH : AA1 = 2 : 3 и векторы AH и AA1 сонаправлены, т. е.

2R cos A : 2R sin B sin C = 2 : 3. Учитывая, что cos A = cos(B + C) = sin B sin C cos B cos C, получаем sin B sin C = 3 cos B cos C.

5.134. Пусть CD — высота, H — точка пересечения высот, O — центр описанной окружности, N — середина стороны AB, а точка E делит пополам отрезок, соединяющий C с точкой пересечения высот. Тогда CENO — параллелограмм, поэтому NED = OCH = |A B| (см. задачу 2.93). Точки N, E и D лежат на окружности девяти точек, поэтому отрезок ND виден из её центра под углом 2NED = 2|A B|.

5.135. Пусть O и I — центры описанной и вписанной окружностей треугольника ABC, H — точка пересечения высот; прямые AI и BI пересекают описанную окружность в точках A1 и B1. Предположим, что треугольник ABC не равнобедренный. Тогда OI : IH = OA1 : AH и OI : IH = OB1 : BH. Так как OB1 = OA1, то AH = BH, а значит, AC = BC. Приходим к противоречию.

5.136. Пусть O и I — центры описанной и вписанной окружностей треугольника ABC, H — ортоцентр треугольника A1 B1 C1. Проведём в треугольнике A1 B1 C1 высоты A1 A2, B1 B2 и C1 C2.

и A2 B2 C2 параллельны (см. задачу 1.55 а), поэтому существует гомотетия, переводящая треугольник ABC в A2 B2 C2. При этой гомотетии точка O треугольника ABC, E и M — середины отрезРис. 5.6 ков CH и AB (рис. 5.6). Тогда C1 MC2 E — прямоугольник. Пусть прямая CC2 пересекает прямую AB в точке C3. Докажем, что AC3 : C3 B = tg 2b : tg 2a. Легко проверить, что C3 M : C2 E = MC2 : EC, EC = R cos g, MC2 = C1 E = 2R sin a sin b R cos g и C2 E = MC1 = R sin(b a), поэтому C3 M = R sin(b a)(2 sin b sin a cos g)/ cos g = R sin(b a) cos(b a)/ cos g.

Следовательно, Аналогичные рассуждения показывают, что 5.138. Решим сразу задачу б). Докажем сначала, что прямые AA1, BB и CC1 пересекаются в одной точке. Пусть описанные окружности треугольников A1 BC и AB1 C пересекаются в точке O. Тогда (BO, OA) = (BO, OC) + + (OC, OA) = (BA1, A1 C) + (CB1, B1 A) = (BA, AC1 ) + (C1 B, BA) = = (C1 B, AC1 ), т. е. описанная окружность треугольника ABC1 тоже проходит через точку O. Поэтому (AO, OA1 ) = (AO, OB) + (BO, OA1 ) = (AC1, C1 B) + + (BC, CA1 ) = 0, т. е. прямая AA1 проходит через точку O. Аналогично доказывается, что прямые BB1 и CC1 проходят через точку O.

Докажем теперь, что точка O совпадает с искомой точкой P. Так как BAP = A CAP, то равенство ABP = CAP эквивалентно равенству BAP + ABP = A, т. е. APB = B + C. Для точки O последнее равенство очевидно, так как она лежит на описанной окружности треугольника ABC1.

B1 C1, т. е. AB = B1 C1. В самом деле, B1 C1.

б) Будем считать, что треугольники ABC и A1 B1 C1 вписаны в одну окружность, причём треугольник ABC фиксирован, а треугольник A1 B1 C1 вращается. Прямые AA1, BB1 и CC1 пересекаются в одной точке не более чем при одном положении треугольника A1 B1 C1 (задача 7.21 б). При этом может возникнуть 12 различных семейств треугольников A1 B1 C1 : треугольники ABC и A1 B1 C1 могут совмещаться поворотом или осевой симметрией; кроме того, вершинам треугольника символы A1, B1 и C1 можно сопоставить шестью различными способами.

Из этих 12 семейств треугольников четыре семейства никогда не могут дать искомой точки P. Для одинаково ориентированных треугольников исключаются случаи ABC = A1 C1 B1, ABC = C1 B1 A1 и ABC = B1 A1 C (например, в случае ABC = A1 C1 B1 точка P является точкой пересечения прямой BC = B1 C1 и касательной к окружности в точке A = A1 ; треугольники ABC и A1 B1 C1 при этом совпадают). Для противоположно ориентированных треугольников исключается случай ABC = A1 B1 C1 (в этом случае AA1 BB1 CC1 ).

З а м е ч а н и е. Точкам Брокара соответствуют противоположно ориентированные треугольники; для первой точки Брокара ABC = B1 C1 A1, а для второй точки Брокара ABC = C1 A1 B1.

sin(b f) sin a +sin g cos a. Второе тождество получаем, перемножив равенства б) Для второго угла Брокара получаем точно такое же выражение, как и в задаче а). Ясно также, что оба угла Брокара острые.

в) Так как A1 BC = BCA и BCA1 = CAB, то CA1 B ABC. Поэтому точка Брокара P лежит на отрезке AA1 (см. задачу 5.138 б). 5.141. а) Согласно задаче 10.40 а) ctg f = ctg a + ctg b + ctg g 3 = ctg 30, поэтому f 30. б) Пусть P — первая точка Брокара треугольника ABC. Точка M лежит внутри (или на границе) одного из треугольников ABP, BCP и CAP. Если, например, точка M лежит внутри треугольника ABP, то ABM ABP 30.

5.142. Прямые A1 B1, B1 C1 и C1 A1 являются серединными перпендикулярами к отрезкам AQ, BQ и CQ. Поэтому, например, B1 A1 C1 = 180 AQC = A.

Для других углов доказательство аналогично.

Кроме того, прямые A1 O, B1 O и C1 O являются серединными перпендикулярами к отрезкам CA, AB и BC. Поэтому, например, острые углы OA1 C1 и ACQ имеют взаимно перпендикулярные стороны, поэтому они равны. Аналогичные рассуждения показывают, что OA1 C1 = OB1 A1 = OC1 B1 = f, где f — угол Брокара треугольника ABC.

5.143. По теореме синусов R1 = AB/2 sin APB, R2 = BC/2 sin BPC и R3 = = CA/2 sin CPA. Ясно также, что sin APB = sin A, sin BPC = sin B и sin CPA = = sin C.

5.144. Треугольник ABC1 равнобедренный, причём угол при его основании AB равен углу Брокара f. Поэтому (PC1, C1 Q) = (BC1, C1 A) = 2f.

Аналогично (PA1, A1 Q) = (PB1, B1 Q) = (PC1, C1 Q) = 2f.

5.145. Так как CA1 B1 = A + AB1 A1 и AB1 A1 = CA1 C1, то B1 A1 C1 = = A. Аналогично доказывается, что равны и остальные углы треугольников ABC и A1 B1 C1.

Описанные окружности треугольников AA1 B1, BB1 C1 и CC1 A1 пересекаются в одной точке O (задача 2.83 а). Ясно, что AOA1 = AB1 A1 = f. Аналогично BOB1 = COC1 = f. Поэтому AOB = A1 OB1 = 180 A. Аналогично BOC = 180 B и COA = 180 C, т. е. O — первая точка Брокара обоих треугольников. Следовательно, при поворотной гомотетии на угол f с центром O и коэффициентом AO/A1 O треугольник A1 B1 C1 переходит в треугольник ABC.

5.146. а) Рассмотрим функцию f(x) = ln(x/ sin x) = ln x ln sin x. Ясно, что функции положительны при 0 < x < p. Следовательно, функция f(x) монотонно возрастает при возрастании x от 0 до p и, кроме того, выпукла на этом отрезке, т. е.

Воспользовавшись монотонностью логарифма, эти неравенства можно переписать следующим образом:

Учитывая, что sin(a f) sin(b f) sin(g f) = sin3 f, получаем б) Из неравенства Ясно также, что 5.147. Согласно задаче 12.46 а) где S — площадь треугольника. Таким образом, для треугольника с вершинами в точках с координатами (±a/2, 0) и (x, y) угол Брокара f определяется равенством т. е. 2x2 + 2y2 + 3a2 /2 = 2ay ctg f. Последнее уравнение задаёт окружность радиуса (a/2) ctg2 f 3 с центром (0, (a/2) ctg f).

5.148. Пусть a1, b1, c1 — длины сторон треугольника A1 B1 C1, S1 — его площадь. В теореме речь идёт о множестве точек M, для которых выполняется равенство Точки B1 и C1 лежат на окружности с диаметром AM, поэтому где R — радиус описанной окружности треугольника ABC. Таким образом, Поэтому если (x, y) — координаты точки M в некоторой прямоугольной системе координат, то где p, q, r — постоянные числа.

Для S1 тоже можно получить выражение через координаты (x, y) точки M.

При этом начало системы координат удобно расположить в центре O описанной окружности треугольника ABC. В таком случае (задача 5.123).

Уравнение S1 = 0 определяет описанную окружность треугольника ABC.

Это множество соответствует нулевому углу Брокара. Углу Брокара f соответствует множество При этом знак плюс берётся для точек внутри описанной окружности, а знак минус берётся для точек вне описанной окружности. Легко видеть, что каждое из полученных уравнений является уравнением окружности. Дело в том, что если f = 0 и g = 0 — уравнения окружностей, то lf = g — тоже уравнение окружности. Более того, центр окружности lf = g лежит на прямой, соединяющей центры окружностей f = 0 и g = 0. В нашем случае центром одной окружности служит центр описанной окружности треугольника ABC, а центром второй окружности служит точка, для которой величина a2 AM2 + b2 BM2 + c2 CM2 минимальна (точка Лемуана).

5.149. По теореме синусов имеем AB/BM = sin AMB/ sin BAM и AB/BN = = sin ANB/ sin BAN. Значит, 5.150. Так как BAS = CAM, то BS/CM = SBAS /SCAM = AB · AS/(AC · AM), т. е. AS/AM = 2b · BS/ac. Остаётся заметить, что BS = ac2 /(b2 + c2 ) и 2AM = = 2b2 + 2c2 a2 (см. задачи 5.149 и 12.11 а).

5.151. а) При симметрии относительно биссектрисы угла A отрезок B1 C переходит в отрезок, параллельный стороне BC, а прямая AS — в прямую AM, где M — середина стороны BC.

б) Рассмотрим гомотетию с центром A, переводящую середину отрезка B1 C в точку S. При этой гомотетии отрезок B1 C1 переходит в диагональ параллелограмма, центром которого служит точка S, а две стороны проходят по сторонам угла A. Таким образом, направление отрезка B1 C1 определено однозначно. Остаётся воспользоваться результатом задачи а).

5.152. Согласно задаче 2.1 при симметрии относительно биссектрисы угла A прямая OA переходит в прямую, перпендикулярную BC (в случае неострого угла A доказательство аналогично). Ясно также, что при этой симметрии отрезок B1 C1 переходит в отрезок, параллельный BC.

5.153. Возьмём на отрезках BC и BA точки A1 и C1 так, что A1 C1 BK.

Так как BAC = CBK = BA1 C1 и BCA = BC1 A1, то отрезок A1 C1 антипараллелен стороне AC. С другой стороны, согласно задаче 3.32 б) прямая BD делит отрезок A1 C1 пополам.

5.154. Достаточно воспользоваться результатом задачи 3.31.

5.155. Пусть AP — общая хорда рассматриваемых окружностей, Q — точка пересечения прямых AP и BC. Тогда BQ/AB = sin BAQ/ sin AQB и AC/CQ = = sin AQC/ sin CAQ. Значит, BQ/CQ = AB sin BAP/(AC sin CAP). Так как AC и AB — касательные к окружностям S1 и S2, то CAP = ABP и BAP = = ACP, а значит, APB = APC. Поэтому

AB AB AP

AC AP AC

Следовательно, BQ/CQ = AB2 /AC2.

5.156. Пусть S — точка пересечения прямых AX и BC. Тогда AS/AB = = CS/CX и AS/AC = BS/BX, а значит, CS/BS = (AC/AB) · (XC/XB). Остаётся заметить, что XC/XB = AC/AB, поскольку окружность с диаметром DE является окружностью Аполлония для точек B и C.

5.157. Пусть L, M и N — середины отрезков CA, CB и CH. Так как BAC CAH, то BAM CAN, а значит, BAM = CAN. Аналогично ABL = = CBN.

5.158. Пусть B1 C1, C2 A2 и A3 B3 — данные отрезки. Тогда треугольники A2 XA3, B1 XB3 и C1 XC2 равнобедренные; пусть длины их боковых сторон равны a, b и c. Прямая AX делит отрезок B1 C1 пополам тогда и только тогда, когда эта прямая содержит симедиану. Поэтому если X — точка Лемуана, а значит, a = b = c.

5.159. Легко проверить, что как из условия а), так и из условия б) вытекает следующее: четырёхугольники A2 B1 C2 C1, C2 A1 B2 B1 и B2 C1 A2 A1 являются равнобедренными трапециями. В случае а) нужно воспользоваться результатом задачи 5.151 б); в случае б) это очевидно. Ясно также, что серединные перпендикуляры к основаниям этих трапеций пересекаются в одной точке. Эта точка является центром искомой окружности.

5.160. Воспользуемся обозначениями из задачи 5.159. Пусть O — центр описанной окружности треугольника A B C. Ясно, что точка O лежит на прямой KO. Рассмотрим точку O1 — середину отрезка OO. Докажем, что O1 — центр окружности Тукера. Пусть O1 M — средняя линия трапеции AOO A.

Тогда O1 M AO. А так так AO B1 C2 (задача 5.152), то O1 M — серединный перпендикуляр к отрезку B1 C2. Таким образом, O1 — точка пересечения серединных перпендикуляров к отрезкам B1 C2, C1 A2 и A1 B2.

5.161. а) Воспользуемся обозначениями задачи 5.159. В рассматриваемой ситуации длины отрезков A1 B2, B1 C2 и C1 A2 равны, поскольку они равны половинам длин антипараллелей, проходящих через точку K, а длины этих антипараллелей равны согласно задаче 5.158. Таким образом, первая окружность Лемуана является одной из окружностей Тукера. Эта окружность соответствует случаю, когда треугольник A B C вырождается в точку K. Поэтому согласно задаче 5.160 центром первой окружности Лемуана служит середина отрезка KO.

б) Непосредственно следует из задачи 5.158, поскольку точка Лемуана делит пополам каждую из проходящих через неё антипараллелей. Центром второй окружности Лемуана служит точка Лемуана K.

5.162. Пусть M — точка пересечения медиан треугольника ABC; a1, b1, c и a2, b2, c2 — расстояния от точек K и M до сторон треугольника. Так как точки K и M изогонально сопряжены, то a1 a2 = b1 b2 = c1 c2 ; кроме того, aa2 = bb2 = cc2 (см. задачу 4.1). Следовательно, a/a1 = b/b1 = c/c1. Используя это равенство и учитывая, что площади треугольников A1 B1 K, B1 C1 K и C1 A1 K равны a1 b1 c/4R, b1 c1 a/4R и c1 a1 b/4R, где R — радиус описанной окружности треугольника ABC, получаем, что площади этих треугольников равны. Кроме того, точка K лежит внутри треугольника A1 B1 C1. Следовательно, K — точка пересечения медиан треугольника A1 B1 C1 (см. задачу 4.2).

5.163. Медианы треугольника A1 B1 C1 пересекаются в точке K (задача 5.162), поэтому стороны треугольника ABC перпендикулярны медианам треугольника A1 B1 C1. После поворота на 90 стороны треугольника ABC станут параллельны медианам треугольника A1 B1 C1, а значит, медианы треугольника ABC станут параллельны сторонам треугольника A1 B1 C1 (см. задачу 13.2). Поэтому медианы треугольника ABC перпендикулярны сторонам треугольника A1 B1 C1.

5.164. Пусть A2, B2 и C2 — проекции точки K на прямые BC, CA и AB.

A1 B1 C1 A2 B2 C2 (задача 5.121) и K — точка пересечения медиан Тогда треугольника A2 B2 C2 (задача 5.162). Поэтому преобразование подобия, переводящее треугольник A2 B2 C2 в треугольник A1 B1 C1, переводит точку K в точку M пересечения медиан треугольника A1 B1 C1. Кроме того, например, KA2 C2 = KBC2 = B1 A1 K, т. е. точки K и M изогонально сопряжены с центром M, переводящей N в A, отрезок NA1 переходит в высоту AH.

МНОГОУГОЛЬНИКИ

1. Многоугольник называют выпуклым, если он лежит по одну сторону от любой прямой, соединяющей его соседние вершины.

2. Выпуклый многоугольник называют описанным, если все его стороны касаются некоторой окружности. Выпуклый четырёхугольник ABCD является описанным тогда и только тогда, когда AB + CD = BC + AD.

Выпуклый многоугольник называют вписанным, если все его вершины лежат на одной окружности. Выпуклый четырёхугольник ABCD является вписанным тогда и только тогда, когда ABC + CDA = DAB + BCD.

3. Выпуклый многоугольник называют правильным, если все его стороны равны и все углы также равны.

Выпуклый n-угольник является правильным тогда и только тогда, когда при повороте на угол 2p/n с центром в некоторой точке O он переходит в себя.

Точку O называют центром правильного многоугольника.

1. Докажите, что выпуклый четырёхугольник ABCD можно вписать в окружность тогда и только тогда, когда ABC + CDA = 180.

2. Докажите, что в выпуклый четырёхугольник ABCD можно вписать окружность тогда и только тогда, когда AB + CD = BC + AD.

3. а) Докажите, что оси симметрии правильного многоугольника пересекаются в одной точке.

б) Докажите, что правильный 2n-угольник имеет центр симметрии.

4. а) Докажите, что сумма углов при вершинах выпуклого n-угольника равна (n 2) · 180.

б) Выпуклый n-угольник разрезан непересекающимися диагоналями на треугольники. Докажите, что количество этих треугольников равно n 2.

§ 1. Вписанные и описанные четырёхугольники 6.1. Докажите, что если центр вписанной в четырёхугольник окружности совпадает с точкой пересечения диагоналей, то этот четырёхугольник — ромб.

6.2. Четырёхугольник ABCD описан около окружности с центром O.

Докажите, что AOB + COD = 180.

6.3. Докажите, что если существует окружность, касающаяся всех сторон выпуклого четырёхугольника ABCD, и окружность, касающаяся продолжений всех его сторон, то диагонали такого четырёхугольника перпендикулярны.

6.4. Окружность высекает на всех четырёх сторонах четырёхугольника равные хорды. Докажите, что в этот четырёхугольник можно вписать окружность.

6.5. Докажите, что если в четырёхугольник можно вписать окружность, то центр этой окружности лежит на одной прямой с серединами диагоналей.

6.6. Четырёхугольник ABCD описан около окружности с центром O.

В треугольнике AOB проведены высоты AA1 и BB1, а в треугольнике COD — высоты CC1 и DD1. Докажите, что точки A1, B1, C1 и D лежат на одной прямой.

6.7. Углы при основании AD трапеции ABCD, отличной от параллелограмма, равны 2a и 2b. Докажите, что трапеция описанная тогда и только тогда, когда BC/AD = tg a tg b.

6.8. В треугольнике ABC проведены отрезки PQ и RS, параллельные стороне AC, и отрезок BM (рис. 6.1). Трапеции RPKL и MLSC что четырёхугольник ABCD описанный тогда и только тогда, когда выполняется одно 6.10*. Через точки пересечения продолжений сторон выпуклого четырёхугольника ABCD проведены две прямые, делящие его Рис. 6.1 на четыре четырёхугольника. Докажите, что если четырёхугольники, примыкающие к вершинам B и D, описанные, то четырёхугольник ABCD тоже описанный.

6.11*. На стороне BC треугольника ABC взяты точки K1 и K2.

Докажите, что общие внешние касательные к вписанным окружностям треугольников ABK1 и ACK2 и общие внешние касательные к вписанным окружностям треугольников ABK2 и ACK1 пересекаются в одной точке.

6.12*. Через каждую из точек пересечения продолжений сторон выпуклого четырёхугольника ABCD проведено по две прямые. Эти прямые делят четырёхугольник на девять четырёхугольников.

а) Докажите, что если три из четырёхугольников, примыкающих к вершинам A, B, C, D, описанные, то четвёртый четырёхугольник тоже описанный.

б) Докажите, что если ra, rb, rc, rd — радиусы окружностей, вписанных в четырёхугольники, примыкающие к вершинам A, B, C, D, то 6.13*. Окружности S1 и S2, S2 и S3, S3 и S4, S4 и S1 касаются внешним образом. Докажите, что четыре общие касательные (в точках касания окружностей) либо пересекаются в одной точке, либо касаются одной окружности.

6.14*. Докажите, что точка пересечения диагоналей описанного четырёхугольника совпадает с точкой пересечения диагоналей четырёхугольника, вершинами которого служат точки касания сторон исходного четырёхугольника с вписанной окружностью.

6.15*. Четырёхугольник ABCD вписанный; Hc и Hd — ортоцентры треугольников ABD и ABC. Докажите, что CDHc Hd — параллелограмм.

6.16*. Четырёхугольник ABCD вписанный. Докажите, что центры вписанных окружностей треугольников ABC, BCD, CDA и DAB образуют прямоугольник.

6.17*. Продолжения сторон четырёхугольника ABCD, вписанного в окружность с центром O, пересекаются в точках P и Q, а его диагонали пересекаются в точке S.

а) Расстояния от точек P, Q и S до точки O равны p, q и s, а радиус описанной окружности равен R. Найдите длины сторон треугольника PQS.

б) Докажите, что высоты треугольника PQS пересекаются в точке O.

6.18*. Диагональ AC разбивает четырёхугольник ABCD на два треугольника, вписанные окружности которых касаются диагонали AC в одной точке. Докажите, что вписанные окружности треугольников ABD и BCD тоже касаются диагонали BD в одной точке, а точки их касания со сторонами четырёхугольника лежат на одной окружности.

6.19*. Докажите, что проекции точки пересечения диагоналей вписанного четырёхугольника на его стороны являются вершинами описанного четырёхугольника, если они не попадают на продолжения сторон.

6.20*. Докажите, что если диагонали четырёхугольника перпендикулярны, то проекции точки пересечения диагоналей на стороны являются вершинами вписанного четырёхугольника.

См. также задачи 1.9, 1.44, 2.15, 2.18, 2.43, 2.48, 2.73—2.81, 2.90, 2.91, 3.6, 3.8, 3.10, 3.23, 3.32, 3.50, 4.46, 4.59, 5.45, 5.118, 6.24, 6.31, 6.37, 6.38, 6.101, 6.102, 7.50, 8.50, 8.54 13.35, 13.36, 16.4, 17.5, 30.35, 30.44.

6.21. Угол между сторонами AB и CD четырёхугольника ABCD равен f. Докажите, что AD2 = AB2 + BC2 + CD2 2(AB · BC cos B + BC · CD cos C + CD · AB cos f).

6.22. В четырёхугольнике ABCD стороны AB и CD равны, причём лучи AB и DC пересекаются в точке O. Докажите, что прямая, соединяющая середины диагоналей, перпендикулярна биссектрисе угла AOD.

6.23. На сторонах BC и AD четырёхугольника ABCD взяты точки M и N так, что BM : MC = AN : ND = AB : CD. Лучи AB и DC пересекаются в точке O. Докажите, что прямая MN параллельна биссектрисе угла AOD.

6.24. Докажите, что биссектрисы углов выпуклого четырёхугольника образуют вписанный четырёхугольник.

6.25. Два различных параллелограмма ABCD и A1 B1 C1 D1 с соответственно параллельными сторонами вписаны в четырёхугольник PQRS (точки A и A1 лежат на стороне PQ, B и B1 — на QR и т. д.). Докажите, что диагонали четырёхугольника параллельны сторонам параллелограммов.

6.26. Середины M и N диагоналей AC и BD выпуклого четырёхугольника ABCD не совпадают. Прямая MN пересекает стороны AB и CD в точках M1 и N1. Докажите, что если MM1 = NN1, то AD BC.

6.27*. Докажите, что два четырёхугольника подобны тогда и только тогда, когда у них равны четыре соответственных угла и соответственные углы между диагоналями.

6.28*. Четырёхугольник ABCD выпуклый; точки A1, B1, C1 и D таковы, что AB C1 D1, AC B1 D1 и т. д. для всех пар вершин. Докажите, что четырёхугольник A1 B1 C1 D1 тоже выпуклый, причём A + C1 = = 180.

6.29*. Из вершин выпуклого четырёхугольника опущены перпендикуляры на диагонали. Докажите, что четырёхугольник, образованный основаниями перпендикуляров, подобен исходному четырёхугольнику.

6.30*. Выпуклый четырёхугольник разделён диагоналями на четыре треугольника. Докажите, что прямая, соединяющая точки пересечения медиан двух противоположных треугольников, перпендикулярна прямой, соединяющей точки пересечения высот двух других треугольников.

6.31*. Диагонали описанной трапеции ABCD с основаниями AD и BC пересекаются в точке O. Радиусы вписанных окружностей треугольников AOD, AOB, BOC и COD равны r1, r2, r3 и r4 соответственно. Докажите, что +.

6.32*. Окружность радиуса r1 касается сторон DA, AB и BC выпуклого четырёхугольника ABCD, окружность радиуса r2 — сторон AB, 6.33*. О выпуклом четырёхугольнике ABCD известно, что радиусы окружностей, вписанных в треугольники ABC, BCD, CDA и DAB, равны между собой. Докажите, что ABCD — прямоугольник.

6.34*. Дан выпуклый четырёхугольник ABCD; A1, B1, C1 и D1 — центры описанных окружностей треугольников BCD, CDA, DAB и ABC.

Аналогично для четырёхугольника A1 B1 C1 D1 определяются точки A2, B2, C2 и D2. Докажите, что четырёхугольники ABCD и A2 B2 C2 D подобны, а коэффициент подобия равен |(ctg A + ctg C)(ctg B + ctg D)/4|.

6.35*. Окружности, диаметрами которых служат стороны AB и CD выпуклого четырёхугольника ABCD, касаются сторон CD и AB соответственно. Докажите, что BC AD.

6.36*. Четыре прямые задают четыре треугольника. Докажите, что ортоцентры этих треугольников лежат на одной прямой.

См. также задачи 1.2, 1.5, 1.16, 1.38, 1.39, 1.52, 2.45, 3.4, 3.67, 4.5, 4.7, 4.14—4.25, 4.29, 4.30, 4.33, 4.36, 4.43—4.46, 4.56, 5.47 б), 5.80—5.82, 7.2, 7.10 б), 7.32, 7.36, 8.6, 8.46—8.54, 9.33, 9.34, 9.40, 9.65—9.76, 10.64, 11.29—11.34, 13.6, 14.5, 14.8, 14.50, 14.51, 15.12, 15.15, 16.5, 17.4, 17.19, 18.38, 18.41, 19.1, 20.19—20.21, 26.14, 26.15, 29.38, 30.24, 30.28, 30.30, 30.45.

6.37*. Четырёхугольник ABCD вписанный. Докажите, что AB · CD + + AD · BC = AC · BD (Птолемей).

6.38*. Четырёхугольник ABCD вписанный. Докажите, что 6.40*. Расстояния от центра описанной окружности остроугольного треугольника до его сторон равны da, db и dc. Докажите, что da + db + + dc = R + r.

6.41*. Вписанная окружность касается сторон BC, CA и AB в точках A1, B1 и C1. Пусть Q — середина отрезка A1 B1. Докажите, что B1 C1 C = QC1 A1.

6.42*. Биссектриса угла A треугольника ABC пересекает описанную окружность в точке D. Докажите, что AB + AC 2AD.

6.43*. На дуге CD описанной окружности квадрата ABCD взята точка P. Докажите, что PA + PC = 2PB.

6.44*. Дан параллелограмм ABCD. Окружность, проходящая через точку A, пересекает отрезки AB, AC и AD в точках P, Q и R соответственно. Докажите, что AP · AB + AR · AD = AQ · AC.

6.45*. На дуге A1 A2n+1 описанной окружности S правильного (2n + 1)-угольника A1... A2n+1 взята точка A. Докажите, что:

б) l1 +... + l2n+1 = l2 +... + l2n, где li — длина касательной, проведённой из точки A к окружности радиуса r, касающейся S в точке Ai (все касания одновременно внутренние или внешние).

6.46*. Окружности радиусов x и y касаются окружности радиуса R, причём расстояние между точками касания равно a. Вычислите длину следующей общей касательной к первым двум окружностям:

а) внешней, если оба касания внешние или внутренние одновременно;

б) внутренней, если одно касание внутреннее, а другое внешнее.

6.47*. Окружности a, b, g и d касаются данной окружности в вершинах A, B, C и D выпуклого четырёхугольника ABCD. Пусть tab — длина общей касательной к окружностям a и b (внешней, если оба касания внутренние или внешние одновременно, и внутренней, если одно касание внутреннее, а другое внешнее); tbg, tgd и т. д. определяются аналогично. Докажите, что tab tgd + tbg tda = tag tbd (обобщённая теорема Птолемея).

См. также задачу 9.70.

6.48*. В равностороннем (неправильном) пятиугольнике ABCDE угол ABC вдвое больше угла DBE. Найдите величину угла ABC.

6.49*. а) Диагонали AC и BE правильного пятиугольника ABCDE пересекаются в точке K.

Докажите, что описанная окружность треугольника CKE касается прямой BC.

б) Пусть a — длина стороны правильного пятиугольника, d — длина его диагонали. Докажите, 6.50*. Докажите, что в правильный пятиугольник можно так вписать квадрат, что его вершины будут лежать на четырёх сторонах пятиугольника.

стороной a вписан в окружность S. Прямые, проходящие через его вершины перпендикулярно сторонам, образуют правильный пятиугольник со стороной b (рис. 6.2). Сторона правильного пятиУсловия задач угольника, описанного около окружности S, равна c. Докажите, что a2 + b2 = c2.

См. также задачи 2.62, 4.9, 6.60, 6.95, 9.24, 9.46, 9.77, 9.78, 10.66, 10.70, 12.8, 13.10, 13.59, 20.12, 29.7.

6.52*. В выпуклом шестиугольнике ABCDEF противоположные стороны попарно параллельны. Докажите, что:

а) площадь треугольника ACE составляет не менее половины площади шестиугольника.

б) площади треугольников ACE и BDF равны.

6.53*. Все углы выпуклого шестиугольника ABCDEF равны. Докажите, что |BC EF| = |DE AB| = |AF CD|.

6.54*. Суммы углов при вершинах A, C, E и B, D, F выпуклого шестиугольника ABCDEF с равными сторонами равны. Докажите, что противоположные стороны этого шестиугольника параллельны.

6.55*. Докажите, что если в выпуклом шестиугольнике каждая из трёх диагоналей, соединяющих противоположные вершины, делит площадь пополам, то эти диагонали пересекаются в одной точке.

6.56*. Докажите, что если в выпуклом шестиугольнике каждый из трёх отрезков, соединяющих середины противоположных сторон, делит площадь пополам, то эти отрезки пересекаются в одной точке.

6.57*. а) Противоположные стороны выпуклого шестиугольника ABCDEF попарно параллельны. Докажите, что этот шестиугольник вписанный тогда и только тогда, когда его диагонали AD, BE и CF равны.

б) Докажите аналогичное утверждение для невыпуклого (возможно, самопересекающегося) шестиугольника.

См. также задачи 1.45, 2.12, 2.21, 2.49, 3.73, 4.6, 4.28, 4.31, 5.17, 5.84, 5.98, 6.97, 9.47 а), 9.79—9.81, 13.3, 14.6, 18.16, 18.17, 18.24, 18.25, 29.37 а), 30.41, 30.42.

6.58. Число сторон многоугольника A1... An нечётно. Докажите, что:

а) если этот многоугольник вписанный и все его углы равны, то он правильный;

б) если этот многоугольник описанный и все его стороны равны, то он правильный.

6.59. Все углы выпуклого многоугольника A1... An равны, и из некоторой его внутренней точки O все стороны видны под равными углами. Докажите, что этот многоугольник правильный.

BCL, CDM и DAN. Докажите, что середины сторон этих треугольников (не являющихся сторонами квадрата) и середины отрезков KL, LM, MN и NK образуют правильный двенадцатиугольник.

6.62*. Существует ли правильный многоугольник, длина одной диагонали которого равна сумме длин двух других диагоналей?

6.63*. Правильный (4k + 2)-угольник вписан в окружность радиуса R с центром O. Докажите, что сумма длин отрезков, высекаемых углом Ak OAk+1 на прямых A1 A2k, A2 A2k1,..., Ak Ak+1, равна R.

6.64*. В правильном восемнадцатиугольнике A1... A18 проведены диагонали Aa Ad, Ab Ae и Ac Af. Пусть k = a b, p = b c, m = c d, q = d e, n = e f и r = f a. Докажите, что указанные диагонали пересекаются в одной точке в любом из следующих случаев:

а) {k, m, n} = {p, q, r};

б) {k, m, n} = {1, 2, 7} и {p, q, r} = {1, 3, 4};

в) {k, m, n} = {1, 2, 8} и {p, q, r} = {2, 2, 3}.

З а м е ч а н и е. Равенство {k, m, n} = {x, y, z} означает, что указанные наборы чисел совпадают; порядок их записи при этом не учитывается.

6.65*. В правильном тридцатиугольнике проведены три диагонали. Определим для них наборы {k, m, n} и {p, q, r} так же, как и в предыдущей задаче. Докажите, что если {k, m, n} = = {1, 3, 14} и {p, q, r} = {2, 2, 8}, то диагонали пересекаются в одной точке.

З а м е ч а н и е. Тройки диагоналей, пересекающихся в одной точке, подробно обсуждаются на с. 613—617.

6.66*. В правильном n-угольнике (n 3) отмечены середины всех сторон и диагоналей. Какое наибольшее число отмеченных точек лежит на одной окружности?

6.67*. Вершины правильного n-угольника окрашены в несколько цветов так, что точки одного цвета служат вершинами правильного многоугольника. Докажите, что среди этих многоугольников найдутся два равных.

6.68*. Докажите, что при n 6 правильный (n 1)-угольник нельзя вписать в правильный n-угольник так, чтобы на всех сторонах n-угольника, кроме одной, лежало ровно по одной вершине (n1)-угольника.

6.69. Пусть O — центр правильного – # n-угольника– A1.#–. An, # — проX– извольная точка. Докажите, что OA1 +... + OAn = 0 и XA1 +.. .

... + XAn = nXO.

6.70. Докажите, что в вершинах правильного n-угольника можно расставить действительные числа x1,..., xn, все отличные от нуля, так, чтобы для любого правильного k-угольника, все вершины которого являются вершинами исходного n-угольника, сумма чисел, стоящих в его вершинах, равнялась нулю.

6.71. Точка A лежит внутри правильного десятиугольника X1... X10, а точка B — вне его. Пусть a = AX1 +... + AX10 и b = BX1 +... + BX10.

Может ли оказаться, что |a| > |b|?

6.72. Правильный многоугольник A1... An вписан в окружность радиуса R с центром O; X — произвольная точка. Докажите, что A1 X2 +.. . + An X2 = n(R2 + d2 ), где d = OX.

6.73. Найдите сумму квадратов длин всех сторон и диагоналей правильного n-угольника, вписанного в окружность радиуса R.

6.74. Докажите, что сумма расстояний от произвольной точки X до вершин правильного n-угольника будет наименьшей, если X — центр n-угольника.

6.75. Правильный n-угольник – 1... An вписан в окружность радиуA са R с центром O; ei = OAi, x = OX — произвольный вектор. Докажите, что 6.76. Найдите сумму квадратов расстояний от вершин правильного n-угольника, вписанного в окружность радиуса R, до произвольной прямой, проходящей через центр многоугольника.

6.77. Расстояние от точки X до центра правильного n-угольника равно d, r — радиус вписанной окружности n-угольника. Докажите, что сумма квадратов расстояний от точки X до прямых, содержащих стороны n-угольника, равна n(r2 + d2 /2).

6.78. Докажите, что сумма квадратов длин проекций сторон правильного n-угольника на любую прямую равна na2 /2, где a — сторона n-угольника.

6.79*. Правильный n-угольник A1... An вписан в окружность радиуса R; X — точка этой окружности. Докажите, что XA4 +... + XA4 = = 6nR4.

6.80*. а) Правильный n-угольник A1... An вписан в окружность радиуса 1 с центром O; ei = OAi, u — произвольный вектор. Докажите, б) Из произвольной точки X опущены перпендикуляры XA1,...

..., XAn на стороны правильного n-угольника (или на их продолжения). Докажите, что XAi = nXO/2, где O — центр n-угольника.

6.81*. Докажите, что если число n не является степенью простого числа, то существует выпуклый n-угольник со сторонами длиной 1, 2,..., n, все углы которого равны.

См. также задачи 2.9, 2.49, 4.28, 4.61, 4.64, 6.39, 6.45, 6.49—6.51, 8.69, 9.51, 9.79, 9.87, 9.88, 10.66, 11.46, 11.48, 13.15, 17.32, 18.34, 19.48, 23.8, 24.2, 25.3, 25.4, 27.11, 30.34.

§ 7. Вписанные и описанные многоугольники 6.82*. На сторонах треугольника внешним образом построены три квадрата. Какими должны быть углы треугольника, чтобы шесть вершин этих квадратов, отличных от вершин треугольника, лежали на одной окружности?

6.83*. В окружность вписан 2n-угольник A1... A2n. Пусть p1,...

..., p2n — расстояния от произвольной точки M окружности до сторон A1 A2, A2 A3,..., A2n A1. Докажите, что p1 p3... p2n1 = p2 p4... p2n.

6.84*. Вписанный многоугольник разбит непересекающимися диагоналями на треугольники. Докажите, что сумма радиусов всех вписанных в эти треугольники окружностей не зависит от разбиения.

6.85*. Два n-угольника вписаны в одну окружность, причём наборы длин их сторон одинаковы, но не обязательно равны соответственные стороны. Докажите, что площади этих многоугольников равны.

6.86*. Положительные числа a1,..., an таковы, что 2ai < a1 +... + an при всех i = 1,..., n. Докажите, что существует вписанный n-угольник, длины сторон которого равны a1,..., an.

6.87. Точка, лежащая внутри описанного n-угольника, соединена отрезками со всеми вершинами и точками касания. Образовавшиеся при этом треугольники попеременно окрашены в красный и синий цвет. Докажите, что произведение площадей красных треугольников равно произведению площадей синих треугольников.

6.88*. В 2n-угольнике (n нечётно) A1... A2n, описанном около окружности с центром O, диагонали A1 An+1, A2 An+2,..., An1 A2n1 проходят через точку O. Докажите, что и диагональ An A2n проходит через точку O.

6.89*. Окружность радиуса r касается сторон многоугольника в точках A1,..., An, причём длина стороны, на которой лежит точка Ai, равна ai. Точка X удалена от центра окружности на расстояние d.

Докажите, что a1 XA2 +... + an XA2 = P(r2 + d2 ), где P — периметр мноn гоугольника.

6.90*. Около окружности описан n-угольник A1... An ; l — произвольная касательная к окружности, не проходящая через вершины n-угольника. Пусть ai — расстояние от вершины Ai до пряУсловия задач мой l, bi — расстояние от точки касания стороны Ai Ai+1 с окружностью до прямой l. Докажите, что:

а) величина b1... bn /(a1... an ) не зависит от выбора прямой l;

б) величина a1 a3... a2m1 /(a2 a4... a2m ) не зависит от выбора прямой l, если n = 2m.

6.91*. Некоторые стороны выпуклого многоугольника красные, остальные синие. Сумма длин красных сторон меньше половины периметра, и нет ни одной пары соседних синих сторон. Докажите, что в этот многоугольник нельзя вписать окружность.

См. также задачи 1.45, 2.12, 2.13, 2.62, 4.40, 4.54, 5.119 а), 9.36, 11.36, 11.46 б), 11.48 б), 13.38, 19.6, 22.13.

§ 8. Произвольные выпуклые многоугольники 6.92. Какое наибольшее число острых углов может иметь выпуклый многоугольник?

6.93*. Сколько в выпуклом многоугольнике может быть сторон, равных по длине наибольшей диагонали?

6.94*. Для каких n существует выпуклый n-угольник, у которого одна сторона имеет длину 1, а длины всех диагоналей — целые числа?

6.95*. Может ли выпуклый неправильный пятиугольник иметь ровно четыре стороны одинаковой длины и ровно четыре диагонали одинаковой длины?

Может ли в таком пятиугольнике пятая сторона иметь общую точку с пятой диагональю?

6.96*. Точка O, лежащая внутри выпуклого многоугольника, образует с каждыми двумя его вершинами равнобедренный треугольник.

Докажите, что точка O равноудалена от вершин этого многоугольника.

См. также задачи 4.50, 4.51, 9.86, 9.89, 9.90, 11.35, 13.16, 14.28, 16.8, 17.35, 17.36, 19.9, 23.13, 23.15.

6.97*. Докажите, что точки пересечения противоположных сторон (если эти стороны не параллельны) вписанного шестиугольника лежат на одной прямой (Паскаль).

6.98*. Точка M лежит на описанной окружности треугольника ABC;

R — произвольная точка. Прямые AR, BR и CR пересекают описанную окружность в точках A1, B1 и C1. Докажите, что точки пересечения прямых MA1 и BC, MB1 и CA, MC1 и AB лежат на одной прямой, проходящей через точку R.

6.99*. Даны треугольник ABC и некоторая точка T. Пусть P и Q — основания перпендикуляров, опущенных из точки T на прямые AB и AC соответственно, a R и S — основания перпендикуляров, опущенГлава 6. Многоугольники ных из точки A на прямые TC и TB соответственно. Докажите, что точка пересечения прямых PR и QS лежит на прямой BC.

6.100*. В треугольнике ABC проведены высоты AA1 и BB1 и биссектрисы AA2 и BB2 ; вписанная окружность касается сторон BC и AC в точках A3 и B3. Докажите, что прямые A1 B1, A2 B2 и A3 B3 пересекаются в одной точке или параллельны.

6.101*. Четырёхугольник ABCD вписан в окружность S; X — произвольная точка, M и N — вторые точки пересечения прямых XA и XD с окружностью S. Прямые DC и AX, AB и DX пересекаются в точках E и F. Докажите, что точка пересечения прямых MN и EF лежит на прямой BC.

6.102*. Четырёхугольник ABCD вписан в окружность с центром O.

Точка X такова, что BAX = CDX = 90. Докажите, что точка пересечения диагоналей четырёхугольника ABCD лежит на прямой XO.

6.103*. Точки A и A1, лежащие внутри окружности с центром O, симметричны относительно точки O. Лучи AP и A1 P1 сонаправлены, лучи AQ и A1 Q1 тоже сонаправлены. Докажите, что точка пересечения прямых P1 Q и PQ1 лежит на прямой AA1. (Точки P, P1, Q и Q1 лежат на окружности.) 6.104*. Две окружности касаются описанной окружности треугольника ABC в точке K дуги BC (не содержащей точку A); кроме того, одна из этих окружностей касается стороны AB в точке M, а другая касается стороны AC в точке N. Докажите, что центр вписанной окружности треугольника ABC лежит на прямой MN.

6.105*. Даны пять точек некоторой окружности. С помощью одной линейки постройте шестую точку этой окружности.

6.106*. Точки A1,..., A6 лежат на одной окружности, а точки K, L, M и N — на прямых A1 A2, A3 A4, A1 A6 и A4 A5 соответственно, причём KL A2 A3, LM A3 A6 и MN A6 A5. Докажите, что NK A5 A2.

См. также задачи 5.84, 30.33, 30.42, 30.49, 31.52.

Задачи для самостоятельного решения 6.107. Докажите, что если ABCD — прямоугольник, а P — произвольная точка, то AP2 + CP2 = DP2 + BP2.

6.108. Диагонали выпуклого четырёхугольника ABCD перпендикулярны. На его сторонах внешним образом построены квадраты с центрами P, Q, R и S. Докажите, что отрезок PR проходит через точку пересечения диагоналей AC и BD, причём PR = (AC + BD)/ 2.

6.109. На наибольшей стороне AC треугольника ABC взяты точки A1 и C1 так, что AC1 = AB и CA1 = CB, а на сторонах AB и BC взяты точки A2 и C2 так, что AA1 = AA2 и CC1 = CC2. Докажите, что четырёхугольник A1 A2 C2 C1 вписанный.

6.110. В окружность вписан выпуклый семиугольник. Докажите, что если какие-то три его угла равны 120, то какие-то две его стороны равны.

6.111. На плоскости даны правильный n-угольник A1... An и точка P. Докажите, что из отрезков A1 P,..., An P можно составить замкнутую линию.

6.112. Четырёхугольник ABCD вписан в окружность S1 и описан около окружности S2 ; K, L, M и N — точки касания его сторон с окружностью S2. Докажите, что KM LN.

6.113. Около окружности описан пятиугольник ABCDE, длины сторон которого — целые числа, причём AB = CD = 1. Найдите длину отрезка BK, где K — точка касания стороны BC с окружностью.

6.114. Докажите, что в правильном 2n-угольнике A1... A2n диагонали A1 An+2, A2n1 A3 и A2n A5 пересекаются в одной точке.

6.115. Докажите, что в правильном двадцатичетырёхугольнике A1... A24 диагонали A1 A7, A3 A11 и A5 A21 пересекаются в точке, лежащей на диаметре A4 A16.

6.1. Пусть O — центр вписанной окружности и точка пересечения диагоналей четырёхугольника ABCD. Тогда ACB = ACD и BAC = CAD. 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 AOB = 180 BAO ABO = 180 (A + B)/2 и COD = = 180 (C + D)/2. Поэтому AOB + COD = 360 (A + B + C + D)/2 = = 180.

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

6.4. Пусть O — центр данной окружности, R — её радиус, a — длина хорд, высекаемых окружностью на сторонах четырёхугольника. Тогда расстояния от точки O до сторон четырёхугольника равны R2 a2 /4, т. е. она равноудалена от сторон четырёхугольника 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 четырёхугольника ABCD; M и N — середины диагоналей AC и BD.

Тогда SANB + SCND = SAMB + SCMD = SAOB + SCOD = SABCD /2. Остаётся 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, r — расстояние от точки пересечения биссектрис углов B и C до основания BC. Тогда AD = r(ctg a + ctg b) и BC = r (tg a + tg b). Поэтому r = r тогда и только тогда, когда BC/AD = (tg a + tg b)/(ctg a + ctg b) = = tg a · tg b.

Если r = r, то рассматриваемые точки пересечения биссектрис удалены на расстояние r от боковых сторон трапеции. Но для трапеции, отличной от параллелограмма, есть только одна точка, удалённая от боковых сторон на расстояние r.

6.8. Пусть A = 2a, C = 2b и BMA = 2f. Согласно задаче 6.7 PK/RL = = tg a tg f и LS/MC = ctg f tg b. Так как PQ/RS = PK/RL и RS/AC = LS/MC, 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 Q S DD. Так как BP + BQ = DP + DQ и BP + BQ = D P + D Q, то QS + SQ = QQ. 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, четырёхугольник ABCD описанный.

6.11. Пусть O — точка пересечения общих внешних касательных к вписанным окружностям треугольников ABK1 и ACK2 (рис. 6.5). Проведём 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 B и K2. Согласно задаче 6.10 четырёхугольник BK2 K2 B 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.

Пусть прямые AB и CD пересекаются в точке P, а прямые BC и AD — в точке Q. Предположим, что четырёхугольники, примыкающие к вершинам A, B и C, описанные. Зададим на вписанных в них окружностях ориентации согласованным образом и перенесём эти ориентации на касательные. Пусть этим ориентированным окружностям соответствуют точки Oa, Ob и Oc. Тогда точки Oa, Ob и P лежат на одной прямой; точки Ob, Oc и Q тоже лежат на одной прямой. Следовательно, все эти точки лежат в одной плоскости.

Поэтому прямые Oa Q и Oc P пересекаются в некоторой точке Od. (Вообще говоря, эти прямые могли бы быть параллельны.

Чтобы исключить такую возможность, нужно воспользоваться тем, что если, например, точка B лежит между A и P, то точка Ob лежит между Oa и P.) Точке Od соответствует окружность, вписанная в четырёхугольник, примыкающий к вершине D.

б) Радиусы ra, rb, rc, rd пропорциональны расстояниям от точек Oa, Ob, Oc, Od 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 Ai — точка пересечения касательных к окружности Si. Ориентации касательных задают ориентацию четырёхугольника A1 A2 A3 A4 (этот четырёхугольник может быть невыпуклым). Из равенства длин касательных, проведённых из точки Ai к окружности Si, следует, что Воспользовавшись результатом задачи 6.9, получим, что стороны четырёхугольника A1 A2 A3 A4 (или их продолжения) касаются одной окружности, если только этот четырёхугольник невырожденный.

Если три касательные пересекаются в одной точке, то из равенства (1) следует, что четырёхугольник A1 A2 A3 A4 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 четырёхугольника; 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 четырёхугольника ABCD касаются вписанной окружности в точках E, F, G, H соответственно.

Покажем сначала, что прямые FH, EG и AC пересекаются в одной точке. Обозначим точки, в которых прямые FH и EG пересекают прямую AC, через M и M соответственно. Поскольку AHM = BFM как углы между касательными и хордой HF, то sin AHM = sin CFM. Поэтому

AM · MH S AH · MH AM AH AM AE AH AM

FM · MC SFMC FC · FM MC FC MC CG FC MC

поэтому M = M, т. е. прямые FH, EG и AC пересекаются в одной точке.

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 CHd и DHc параллельны, так как они перпендикулярны прямой AB. Кроме того, так как BCA = BDA = f, длины этих отрезков равны AB|ctg f| (см. задачу 5.51 б).

6.16. Пусть Oa, Ob, Oc и Od — центры вписанных окружностей треугольников BCD, ACD, ABD и ABC соответственно. Так как ADB = ACB, то AOc B=90 +(ADB/2)=90 +(ACB/2)=AOd B (см. задачу 5.3). Поэтому четырёхугольник ABOd Oc вписанный, т. е. Oc Od B=180 Oc AB=180 (A/2).

Аналогично Oa Od B = 180 (C/2). Так как A + C = 180, то Oc Od B + + Oa Od B = 270, а значит, Oa Od Oc = 90. Аналогично доказывается, что и остальные углы четырёхугольника Oa Ob Oc Od 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, CMP + CMQ = ABC + ADC = 180. Поэтому PM + QM = PQ, а так Пусть N — точка пересечения описанных окружностей треугольников ACP и ABS. Докажем, что точка S лежит на отрезке PN. В самом деле, ANP = = ACP = 180 ACD = 180 ABD = ANS. Поэтому PN SN = PS, а так SN · PS = p2 + s2 2R2. Аналогично QS2 = q2 + s2 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)/ 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 четырёхугольник ABCD описанный, и аналогичные рассуждения показывают, что точки касания вписанных окружностей треугольников ABD и BCD с диагональю BD совпадают.

Пусть вписанная окружность треугольника ABC касается сторон AB, BC и CA в точках P, Q и M, а вписанная окружность треугольника ACD касается сторон AC, CD и DA в точках M, R и S. Так как AP = AM = AS и CQ = CM = CR, то треугольники APS, BPQ, CQR и DRS равнобедренные;

пусть a, b, g и d — углы при основаниях этих равнобедренных треугольников.

Сумма углов этих треугольников равна 2(a + b + g + d) + A + B + C + D, поэтому a+b+g+d=180. Следовательно, SPQ+SRQ=360 (a+b+g+d)= = 180, т. е. четырёхугольник PQRS вписанный.

6.19. Пусть O — точка пересечения диагоналей AC и BD; A1, B1, C1 и D1 — её проекции на стороны AB, BC, CD и DA. Точки A1 и D1 лежат на окружности с диаметром AO, поэтому OA1 D1 = = OAD1. Аналогично OA1 B1 = OBB1.

А так как CAD = CBD, то OA1 D1 = = OA1 B1. Аналогично доказывается, что B1 O, C1 O и D1 O — биссектрисы углов четырёхугольника A1 B1 C1 D1, т. е. O — центр его вписанной окружности.

рис. 6.7. Условие вписанности четырёхугольника A1 B1 C1 D1 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, b = b1, g = g1 и d = d1.

+ CD2 2AC · CD · cos ACD и AC2 = AB2 + + BC 2AB · BC cos 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 AC cos ACD = AB cos f + + BC cos C.

6.22. Пусть AOD = 2a. Тогда расстояния от точки O до проекций середин диагоналей AC и BD на биссектрису угла AOD равны cos a(OA + OC)/ 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 ABMM и DCMM2. Так как AM1 : DM2 = BM : MC = AN : DN, то ANM1 DNM2.

Поэтому точка N лежит на отрезке M1 M2 и MM1 : MM2 = AB : CD = AN : ND = = M1 N : M2 N, т. е. MN — биссектриса угла M1 MM2.

6.24. Пусть a, b, c и d — биссектрисы углов при вершинах A, B, C и D.

Нужно проверить, что (a, b) + (c, d) = 0. Ясно, что (a, b) = (a, AB) + + (AB, b) и (c, d) = (c, CD) + (CD, d). Так как четырёхугольник ABCD выпуклый, из равенств (a, AB) = (AD, AB)/2, (AB, b) = (AB, BC)/2, (c, CD) = (CB, CD)/2 и (CD, d) = (CD, DA)/2 получаем (a, b) + (c, d) = = ((AD, AB) + (AB, BC) + (CB, CD) + (CD, DA))/2 = 360 /2 = 0. (По поводу ориентированных углов между прямыми см. с. 30.) 6.25. Пусть для определённости AB > A1 B1. При параллельном переносе на вектор CB треугольник SD1 C1 переходит в S D1 C1, а отрезок CD переходит в BA. Так как QA1 : QA = A1 B1 : AB = D1 C1 : AB = S D1 : S A, то QS A1 D1.

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 M2 M = BC/2 = NN и M1 M = NN1. Поэтому M1 M2 N1 N2. Следовательно, KM AB CD KN, т. е. M = N. Получено противоречие.

6.27. Преобразованием подобия можно совместить одну пару соответственных сторон четырёхугольников, поэтому достаточно рассмотреть четырёхугольники ABCD и ABC1 D1, у которых точки C1 и D1 лежат на лучах BC и AD и CD C1 D1. Обозначим точки пересечения диагоналей четырёхугольников 6.28. Любой четырёхугольник с точностью до подобия определяется направленияРис. 6.8 ми своих сторон и диагоналей, поэтому достаточно построить один пример четырёхугольника A1 B1 C1 D1 с требуемыми направлениями сторон и диагоналей.

Пусть O — точка пересечения диагоналей AC и BD. На луче OA возьмём произвольную точку D1 и проведём D1 A1 BC, A1 B1 CD и B1 C1 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, C1 D1 AB. Из полученного рисунка ясно, что A + C1 = 180.

6.29. Пусть O — точка пересечения диагоналей четырёхугольника ABCD.

Без ограничения общности можно считать, что a = AOB < 90. Опустим перпендикуляры AA1, BB1, CC1, DD1 на диагонали четырёхугольника ABCD.

Так как OA1 = OA cos a, OB1 = OB cos a, OC1 = OC cos a, OD1 = OD cos a, то при симметрии относительно биссектрисы угла AOB четырёхугольник ABCD переходит в четырёхугольник, гомотетичный четырёхугольнику A1 B1 C1 D1 (с коэффициентом 1/ cos a).

6.30. Пусть диагонали четырёхугольника ABCD пересекаются в точке O;

Ha и Hb — ортоцентры треугольников AOB и COD; Ka и Kb — середины сторон BC и AD; P — середина диагонали AC. Точки пересечения медиан треугольников AOD и BOC делят отрезки Ka O и Kb O в отношении 1 : 2, поэтому нужно доказать, что Ha Hb Ka Kb.

Так как OHa = AB|ctg f| и OHb = CD|ctg f|, где f = AOB (см. задачу 5.51 б), то OHa : OHb = PKa : PKb. Соответственные стороны углов Ha OHb и Ka PKb перпендикулярны; кроме того, векторы OHa и OHb при f > 90. Поэтому Ha OHb = Ka PKb и Ha OHb Ka PKb. Следовательно, Ha Hb Ka Kb.

6.31. Пусть S = SAOD, x = AO, y = DO, a = AB, b = BC, c = CD, d = DA;

k — коэффициент подобия треугольников BOC и AOD. Тогда так как SBOC = k2 S и SAOB = SCOD = kS. Поскольку остаётся заметить, что a + c = b + d.

6.32. Ясно, 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.