«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 ...»

4.15. а) Так как SADP : SABP = DP : BP = SCDP : SBCP, то SADP = SABP · SCDP /SBCP.

б) Согласно задаче а) SADP · SCBP = SABP · SCDP. Поэтому 4.16. После сокращения на sin2 f/4, где f — угол между диагоналями, данное равенство площадей перепишется в виде (AP · BP)2 + (CP · DP)2 = = (BP · CP)2 + (AP · DP)2, т. е. (AP2 CP2 )(BP2 DP2 ) = 0.

4.17. Предположим, что четырёхугольник ABCD не параллелограмм;

например, прямые AB и CD пересекаются. Согласно задаче 7.2 множеством точек P, лежащих внутри четырёхугольника ABCD, для которых SABP + SCDP = SBCP + SADP = SABCD /2, является отрезок. Следовательно, точки P1, P2 и P3 лежат на одной прямой. Получено противоречие.

4.18. Ясно, что SAKON = SAKO + SANO = (SAOB + SAOD )/2. Аналогично SCLOM = = (SBCO + SCOD )/2. Поэтому SAKON + SCLOM = SABCD /2.

4.19. Если площади параллелограммов KBLO и MDNO равны, то OK · OL = = OM · ON. Учитывая, что ON = KA и OM = LC, получаем KO : KA = LC : LO.

Следовательно, Эти рассуждения обратимы.

4.20. Пусть h1, h и h2 — расстояния от точек A, M и B до прямой CD. Согласно задаче 1.1 б) h = ph2 + (1 p)h1, где p = AM/AB. Поэтому SDMC = h · DC/2 = (h2 p · DC + h1 (1 p) · DC)/2 = SBCN + SADN. Вычитая из обеих частей этого равенства SDKN + SCLN, получаем требуемое.

4.21. Согласно задаче 4.20 SABD1 + SCDB1 = SABCD. Поэтому SA1 B1 C1 D1 = = SA1 B1 D1 + SC1 D1 B1 = (1 2p)SABD1 + (1 2p)SCDB1 = (1 2p)SABCD.

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

4.23. На сторонах AB, BC, CD и AD взяты точки K, L, M и N соответственно. Предположим, что диагональ KM не параллельна стороне AD.

Фиксируем точки K, M, N и будем двигать точку L по стороне BC. При этом площадь треугольника KLM изменяется строго монотонно. Кроме того, если LN AB, то выполняется равенство SAKN + SBKL + SCLM + SDMN = SABCD /2, т. е. SKLMN = SABCD /2.

4.24. Пусть L1 и N1 — середины сторон BC и AD соответственно. Тогда KL1 MN1 — параллелограмм и его площадь равна половине площади четырёхугольника ABCD (см. задачу 1.38 а). Поэтому достаточно доказать, что площади параллелограммов KLMN и KL1 MN1 равны. Если эти параллелограммы совпадают, то доказывать больше ничего не нужно, а если они не совпадают, то, так как середина отрезка KM является их центром симметрии, LL1 NN и BC AD. В этом случае средняя линия KM трапеции ABCD параллельна основаниям BC и AD, и поэтому высоты треугольников KLM и KL1 M, опущенные на сторону KM, равны, т. е. равны площади параллелограммов KLMN и KL1 MN1.

4.25. Пусть данные прямые l1 и l2 делят квадрат на четыре части, площади которых равны S1, S2, S3 и S4, причём для первой прямой площади частей, на которые она делит квадрат, равны S1 + S2 и S3 + S4 а для второй они равны S2 + S3 и S1 + S4. Так как по условию S1 = S2 = S3, то S1 + S2 = S2 + S3.

Это означает, что образ прямой l1 при повороте относительно центра квадрата на +90 или 90 не просто параллелен прямой l2, а совпадает с ней.

Остаётся доказать, что прямая l1 (а значит, и прямая l2 ) проходит через центр квадрата. Предположим, что это не верно. Рассмотрим образы прямых l1 и l2 при поворотах на ±90 и обозначим площади частей, на которые они делят квадрат, так, как показано на рис. 4.9 (на этом рисунке изображены оба различных варианта расположения прямых). Прямые l1 и l2 делят квадрат на четыре части, площади которых равны a, a + b, a + 2b + c и a + b, причём числа a, b и c ненулевые. Ясно, что три из указанных четырёх чисел не могут быть равны. Получено противоречие.

4.26. Все три рассматриваемых треугольника имеют общее основание AM.

Пусть hb, hc и hd — расстояния от точек B, C и D до прямой AM. Так как AC = AB + AD, то hc = |hb ± hd |.

4.27. Можно считать, что P — общая точка параллелограммов, построенных на сторонах AB и BC, т. е. эти параллелограммы имеют вид ABPQ и CBPR.

Ясно, что SACRQ = SABPQ + SCBPR.

4.28. Пусть сторона данного шестиугольника равна a. Продолжения красных сторон шестиугольника образуют правильный треугольник со стороной 3a, причём сумма площадей красных треугольников равна половине произведения a на сумму расстояний от точки O до сторон этого треугольника, поэтому она равна a2 · 3 3/4 (см. задачу 4.47). Сумма площадей синих треугольников вычисляется аналогично.

4.29. а) Площадь параллелограмма PMQN равна BC · AD sin a/4, где a — угол между прямыми AD и BC. Высоты треугольников ABD и ACD, опущенные из вершин B и C, равны OB sin a и OC sin a, поэтому |SABD SACD | = = |OB OC| · AD sin a/2 = BC · AD sin a/2.

б) Пусть для определённости пересекаются лучи AD и BC. Так как PN AO и QN CO, точка N лежит внутри треугольника OPQ. Поэтому SOPQ = SPQN +

SPMQN S S S S

площади четырёхугольника ABCD. Воспользуемся для этого тем, что площадь четырёхугольника равна половине произведения длин как A1 C1 и B1 D1 — средние линии треугольников BDF и ACE, получаем требуемое. Аналогично доказывается, что площадь четырёхугольника D1 E1 F1 A1 в четыре раза меньше = BC sin a cos a = BL · CL = 2SBCL.

4.33. Ясно, что CBD =. Прибавив к обеим частям этого равенства 1,

SABD AO

SABCD AC S

SABD AO SAOP

SABCD BD

SABC BO SBOQ

4.34. Пусть Sa, Sb и Sc — площади треугольников, прилегающих к вершинам A, B и C; S — площадь четвёртого рассматриваемого треугольника. Ясно, что SACC1 + SBAA1 + SCBB1 = SABC S + Sa + Sb + Sc. Кроме того, SABC = SAOC + SAOB + SBOC = SACC1 + SBAA1 + SCBB1.

4.35. Пусть O — центр вписанной окружности треугольника ABC, B1 — точка касания вписанной окружности со стороной AC. Вырежем из треугольника ABC треугольник AOB1 и отразим его симметрично относительно биссектрисы угла OAB1. При этом прямая OB1 перейдёт в прямую la. Проделаем такую операцию для остальных треугольников. Общие части полученных при этом треугольников являются тремя треугольниками рассматриваемого разбиения, а непокрытая часть треугольника ABC — четвёртым треугольником.

Ясно также, что площадь непокрытой части равна сумме площадей частей, покрытых дважды.

4.36. Пусть для определённости лучи AD и BC пересекаются в точке O. Тогда SCDO : SMNO = c2 : x2, где x = MN, и SABO : SMNO = ab : x2, так как OA : ON = a : x и OB : OM = b : x. Следовательно, x2 c2 = ab x2, т. е. 2x2 = ab + c2.

4.37. Обозначим площади частей фигуры, на которые её делят прямые, так, как показано на рис. 4.11. Площадь всей фигуры обозначим через S. Так как S3 + (S2 + S7 ) = S/2 = S1 + S6 + (S2 + S7 ), то S3 = S1 + S6.

Складывая это равенство с равенством S/2 = S1 + S2 + S3 + S4, получаем S/2 = 2S1 + S2 + S4 + S6 2S1, т. е. S1 S/4.

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

Одна из частей, на которые прямая l делит многоугольник, содержится в трапеции K1 KLL1, другая часть содержит треугольник C1 KL. Поэтому SK1 KLL1 SC1 KL, т. е. AB · (KL + K1 L1 ) BC · KL. Так как K1 L1 = = KL · (AB + BC)/BC, то AB · + AB/BC) BC. Решая это квадратное неравенство, получаем BC/AB 1 + 2. Аналогично AB/BC 1 + 2 (нужно провести те же рассуждения, поменяв местами A и C).

4.39. Обозначим площадь многоугольника через S. Пусть l — произвольная прямая. Введём систему координат, для которой прямая l является осью Ox.

Пусть S(a) — площадь той части многоугольника, которая лежит ниже прямой y = a. При изменении a от до + S(a) непрерывно меняется от 0 до S, поэтому S(a) = S/2 для некоторого a, т. е. прямая y = a делит площадь многоугольника пополам. Аналогично существует прямая, перпендикулярная l и делящая площадь многоугольника пополам. Эти две прямые разбивают многоугольник на части, площади которых равны S1, S2, S3 и S4 (рис. 4.13). Так как S1 + S2 = S3 + S При повороте прямой l на 90 A заменится на B, а B — на A. Так как A и B изменяются при повороРис. 4. те l непрерывно, то для некоторого положения прямой A = B, т. е. площади всех четырёх фигур равны.

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

б) Доказательство проводится аналогично.

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

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

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

4.44. Применяя теорему синусов к треугольникам ABC и ABD, получаем AC = 2R sin B и BD = 2R sin A. Поэтому S = AC · BD sin f = 2R2 sin A sin B sin f.

4.45. Так как площадь четырёхугольника равна (d1 d2 sin f)/2, где d1 и d2 — длины диагоналей, то остаётся проверить, что 2d1 d2 cos f = = |a2 + c2 b2 d2 |. Пусть O — точка пересечения диагоналей четырёхугольника ABCD, f = AOB. Тогда AB2 = AO2 + BO2 2AO · BO cos f и BC2 = = BO2 + CO2 + 2BO · CO cos f. Поэтому AB2 BC2 = AO2 CO2 2BO · AC cos f.

Аналогично CD2 AD2 = CO2 AO2 2DO · AC cos f. Складывая эти равенства, получаем требуемое.

З а м е ч а н и е. Так как 16S2 = 4d2 d2 sin2 f=4d2 d2 (2d1 d2 cos f)2, то 16S2 = 4.46. а) Пусть AB = a, BC = b, CD = c и AD = d. Ясно, что S = SABC + SADC = = (ab sin B + cd sin D)/2 и a2 + b2 2ab cos B = AC2 = c2 + d2 2cd cos D. Поэтому Подставляя второе равенство в первое, получаем 16S2 = 4(ab + cd)2 (a2 + b2 c2 d2 )2 8abcd(1 + cos B cos D sin B sin D).

Ясно, что 4(ab + cd)2 (a2 + b2 c2 d2 )2 = 16(p a)(p b)(p c)(p d) и 1 + cos B cos D sin B sin D = 2 cos2 ((B + D)/2).

б) Если ABCD — вписанный четырёхугольник, то B + D = 180, а значит, cos2 ((B + D)/2) = 0.

в) Если ABCD — описанный четырёхугольник, то a + c = b + d, поэтому p = a + c = b + d и p a = c, p b = d, p c = a, p d = b. Следовательно, S2 = abcd(1 cos2 ((B + D)/2)) = abcd sin2 ((B + D)/2).

Если четырёхугольник ABCD вписанный и описанный одновременно, то S2 = abcd.

4.47. Из точки O, лежащей внутри правильного треугольника ABC, опустим перпендикуляры OA1, OB1 и OC1 на стороны BC, AC и AB соответственно. Пусть a — длина стороны треугольника ABC, h — длина высоты. Ясно, что SABC = SBCO + SACO + SABO. Следовательно, ah = a · OA1 + a · OB1 + a · OC1, т. е. h = OA1 + OB1 + OC1.

4.48. Пусть AD = l. Тогда 2SABD = cl sin(a/2), 2SACD = bl sin(a/2) и 2SABC = =bc sin a. Следовательно, cl sin(a/2)+bl sin(a/2)=bc sin a=2bc sin(a/2) cos(a/2).

4.49. а) Пусть расстояния от точек A и O до прямой BC равны h и h1. Тогда SOBC :SABC =h1 :h=OA1 :AA1. Аналогично SOAC :SABC =OB1 :BB1 и SOAB :SABC = =OC1 :CC1. Складывая эти равенства и учитывая, что SOBC + SOAC + SOAB = SABC, получаем требуемое.

б) Пусть расстояния от точек B и C до прямой AA1 равны db и dc.

Тогда SABO : SACO = db : dc = BA1 : A1 C. Аналогично SACO : SBCO = AC1 : C1 B и SBCO : SABO = CB1 : B1 A. Остаётся перемножить эти равенства.

4.50. Легко проверить, что отношение длин отрезков An+k1 Bk и An+k Bk равно отношению площадей треугольников An+k1 OAk и Ak OAn+k. Перемножая эти равенства, получаем требуемое.

4.51. Так как Ai Bi Ci Di — параллелограмм и точка O лежит на продолжении его диагонали Ai Ci, то SAi Bi O = SAi Di O, а значит, Ai Bi : Ai Di = hi : hi1, где hi — расстояние от точки O до стороны Ai Ai+1. Остаётся перемножить эти равенства для i = 1,..., n.

4.52. Пусть длины сторон треугольника ABC равны a, b и c, причём a b c. Тогда 2b = a + c и 2SABC = r(a + b + c) = 3rb, где r — радиус вписанной окружности. С другой стороны, 2SABC = hb b. Поэтому r = hb /3.

4.53. Достаточно заметить, что db · AB = 2SAXB = BX · AX sin f, где f = AXB и dc · AC = 2SAXC = CX · AX sin f.

4.54. Пусть r1,..., rn — радиусы вписанных окружностей полученных треугольников, P1,..., Pn — их периметры, a S1,..., Sn — площади. Площадь и периметр исходного многоугольника обозначим через S и P соответственно.

Заметим, что Pi < P (см. задачу 9.29 б). Поэтому 4.55. Через точку N пересечения прямых BS и CM проведём прямые Q1 S и P1 R1, параллельные прямым QS и PR (точки P1, Q1, R1 и S1 лежат на сторонах AB, BC, CD и DA). Пусть F и G — точки пересечения прямых PR и Q1 S1, P1 R1 и QS. Так как точка M лежит на диагонали NC параллелограмма NQ1 CR1, то SFQ1 QM = SMRR1 G (задача 4.19), а значит, SNQ1 QG = SNFRR1. Точка N лежит на диагонали BS параллелограмма ABQS, поэтому SAP1 NS1 = SNQ1 QG = SNFRR1. Следовательно, точка N лежит на диагонали PD параллелограмма APRD.

4.56. Пусть E и F — точки пересечения продолжений сторон данного четырёхугольника. Обозначим вершины четырёхугольника так, что E — точка пересечения продолжений сторон AB и CD за точки B и C, F — точка пересечения лучей BC и AD. Достроим треугольники AEF и ABD до параллелограммов AERF и ABLD.

При гомотетии с центром A и коэффициентом 2 середина диагонали BD, середина диагонали AC и середина отрезка EF переходят в точки L, C и R соответственно. Поэтому достаточно доказать, что точки L, C и R лежат на одной прямой. Именно этот факт был доказан в задаче 4.55.

4.57. Ясно, что SBQD = SBD1 D SBQD1 = d1 · D1 B, где d1 — расстояние от точки Q до прямой AD. Аналогично SBQD = d2 · DB1, где d2 — расстояние от точки Q до прямой AB. Поэтому из равенства BD1 = DB1 следует, что d1 = d2.

4.58. Достаточно проверить, что SAKO = SALO, т. е. AO · AL sin OAL = = AO · AK sin OAK. Ясно, что AL = CB1 = BC cos C, sin OAL = cos B, AK = BC1 = = BC cos B и sin OAK = cos C.

4.59. Так как четырёхугольник A1 BC1 M описанный, то, во-первых, сумa mc c ma мы длин его противоположных сторон равны: , а во-вторых, его вписанная окружность является одновременно вписанной окружностью треугольников AA1 B и CC1 B, имеющих к тому же равные площаa c ди, поэтому периметры этих треугольников равны: c + ma + = a + mc +.

Умножая первое равенство на 3 и складывая его со вторым, получаем требуемое.

4.60. Докажем сначала одно общее утверждение, которым мы воспользуемся при решении задач а)—г). Возьмём на лучах AB и AC произвольные точки B1 и C1 и опустим из них перпендикуляры B1 K и C1 L на прямую AO.

Так как B1 C1 B1 K + C1 L, то B1 C1 · Ra B1 K · Ra + C1 L · Ra = 2SAOB1 + 2SAOC1 = = AB1 · dc + AC1 · db.

а) Полагая B1 = B и C1 = C, получаем требуемое.

б) Домножая обе части неравенства aRa cdc + bdb на da /a, получаем da Ra (c/a)da dc + (b/a)da db. Складывая это неравенство с аналогичныx y требуемое.

в) Возьмём точки B1 и C1 так, что AB1 = AC и AC1 = AB. Тогда aRa bdc + + cdb, т. е. Ra (b/a)dc + (c/a)db. Складывая это неравенство с аналогичными буемое.

г) Возьмём точки B1 и C1 так, что AB1 = AC1 = 1. Тогда B1 C1 = 2 sin(A/2), а значит, 2 sin(A/2)Ra dc + db. Умножая это неравенство на аналогичные неравенства для Rb и Rc и учитывая, что sin(A/2) sin(B/2) sin(C/2) = r/4R (задача 12.38 а), получаем требуемое.

4.61. Отрежем от правильного восьмиугольника треугольники и переставим их так, как показано на рис. 4.14. В результате получим прямоугольник, стороны которого равны наибольшей и наименьшей диагоналям восьмиугольника.

4.62. Пусть A1, B1 и C1 — середины сторон BC, CA и AB треугольника ABC. Проведённые отрезки являются высотами треугольников AB1 C1, A1 BC1 и A1 B1 C. Пусть P, Q и R — точки пересечения высот этих треугольников, а O — точка пересечения высот треугольника A1 B1 C1 (рис. 4.15).

Рассматриваемый шестиугольник состоит из треугольника A1 B1 C1 и треугольников B1 C1 P, C1 A1 Q и A1 B1 R. Ясно, что B1 C1 P = C1 B1 O, C1 A1 Q = A1 C1 O и A1 B1 R = B1 A1 O. Поэтому площадь рассматриваемого шестиугольника равна удвоенной площади треугольника A1 B1 C1. Остаётся заметить, что SABC = 4SA1 B1 C1.

4.63. а) Отрежем от параллелограмма две части (рис. 4.16, а) и переставим их так, как показано на рис. 4.16, б. Получится фигура, состоящая из mn + маленьких параллелограммов. Поэтому площадь маленького параллелограмма равна 1/(mn + 1).

б) Отрежем от параллелограмма три части (рис. 4.17, а) и переставим их так, как показано на рис. 4.17, б. Получится фигура, состоящая из mn маленьких параллелограммов. Поэтому площадь маленького параллелограмма равна 1/(mn 1).

Треугольник OPC равносторонний, значит, треугольник APB равнобедренный, причём угол при его основании равен 15, поэтому треугольник BPQ равносторонний. Следовательно, OPB = б) Пусть площадь правильного двенадцатиугольника, вписанного в окружность радиуса 1, равна 12x. Согласно задаче а) площадь квадрата, описанного около этой окружности, равна 12x + 4x = 16x;

с другой стороны, площадь этого квадрата равна 4, поэтому x = 1/4 и 12x = 3.

ТРЕУГОЛЬНИКИ

Вневписанной окружностью треугольника ABC называют окружность, касающуюся одной стороны треугольника и продолжений двух других его сторон. Для каждого треугольника имеется ровно три вневписанные окружности.

Центром вневписанной окружности, касающейся стороны AB, является точка пересечения биссектрисы угла C и биссектрис внешних углов A и B.

Описанной окружностью треугольника называют окружность, проходящую через его вершины. Центром описанной окружности треугольника является точка пересечения серединных перпендикуляров к его сторонам.

2. Для элементов треугольника ABC часто используются следующие обозначения:

a, b и c — длины сторон BC, CA и AB;

a, b и g — величины углов при вершинах A, B, C;

p — полупериметр;

R — радиус описанной окружности;

r — радиус вписанной окружности;

ra, rb и rc — радиусы вневписанных окружностей, касающихся сторон BC, CA и AB соответственно;

ha, hb и hc — длины высот, опущенных из вершин A, B и C.

3. Если AD — биссектриса угла A треугольника ABC (или биссектриса внешнего угла A), то BD : CD = AB : AC (см. задачу 1.17).

4. Медиана прямоугольного треугольника, проведённая из вершины прямого угла, равна половине гипотенузы (см. задачу 5.19).

5. Для доказательства того, что точки пересечения некоторых прямых лежат на одной прямой, часто используется теорема Менелая (задача 5.69).

Для доказательства того, что некоторые прямые пересекаются в одной точке, часто используется теорема Чевы (см. задачу 5.85).

1. а) Докажите, что если в треугольнике медиана совпадает с высотой, то этот треугольник равнобедренный.

б) Докажите, что если в треугольнике биссектриса совпадает с высотой, то этот треугольник равнобедренный.

2. Докажите, что биссектрисы треугольника пересекаются в одной точке.

3. На высоте AH треугольника ABC взята точка M. Докажите, что AB2 AC2 = MB2 MC2.

4. На сторонах AB, BC, CA правильного треугольника ABC взяты точки P, Q, R так, что AP : PB = BQ : QC = CR : RA = 2 : 1. Докажите, что стороны треугольника PQR перпендикулярны сторонам треугольника ABC.

§ 1. Вписанная и описанная окружности 5.1. На сторонах BC, CA и AB треугольника ABC взяты точки A1, B1 и C1, причём AC1 = AB1, BA1 = BC1 и CA1 = CB1. Докажите, что A1, B1 и C1 — точки касания вписанной окружности со сторонами.

5.2. Пусть Oa, Ob и Oc — центры вневписанных окружностей треугольника ABC. Докажите, что точки A, B и C — основания высот треугольника Oa Ob Oc.

5.3. Докажите, что сторона BC треугольника ABC видна из центра O вписанной окружности под углом 90 + A/2, а из центра Oa вневписанной окружности под углом 90 A/2.

5.4. Внутри треугольника ABC взята точка P так, что PAB:PAC= = PCA : PCB = PBC : PBA = x. Докажите, что x = 1.

5.5*. Пусть A1, B1 и C1 — проекции некоторой внутренней точки O треугольника ABC на высоты. Докажите, что если длины отрезков AA1, BB1 и CC1 равны, то они равны 2r.

5.6*. Угол величиной a = BAC вращается вокруг своей вершины O — середины основания AC равнобедренного треугольника ABC. Стороны этого угла пересекают отрезки AB и BC в точках P и Q. Докажите, что периметр треугольника PBQ остаётся постоянным.

5.7*. В неравнобедренном треугольнике ABC через середину M стороны BC и центр O вписанной окружности проведена прямая MO, пересекающая высоту AH в точке E. Докажите, что AE = r.

5.8*. Окружность касается сторон угла с вершиной A в точках P и Q. Расстояния от точек P, Q и A до некоторой касательной к этой окружности равны u, v и w. Докажите, что uv/w2 = sin2 (A/2).

5.9*. а) На стороне AB треугольника ABC взята точка P. Пусть r, r1 и r2 — радиусы вписанных окружностей треугольников ABC, BCP и ACP; h — высота, опущенная из вершины C. Докажите, что r = r1 + r2 2r1 r2 /h.

б) Точки A1, A2, A3,... лежат на одной прямой (в указанном порядке). Докажите, что если радиусы вписанных окружностей всех треугольников BAi Ai+1 равны одному и тому же числу r1, то радиусы вписанных окружностей всех треугольников BAi Ai+k равны одному и тому же числу rk.

5.10. Докажите, что точки, симметричные точке H пересечения высот треугольника ABC относительно его сторон, лежат на описанной окружности.

5.11*. Из точки P дуги BC описанной окружности треугольника ABC опущены перпендикуляры PX, PY и PZ на BC, CA и AB

BC AC AB

PX PY PZ

а) d2 = R2 2Rr, где d = OI (Эйлер);

5.13*. Пусть O — центр описанной окружности треугольника ABC, I — центр вписанной окружности. Докажите, что OI BI (или же O совпадает с I) тогда и только тогда, когда b = (a + c)/2.

5.14*. Продолжения биссектрис углов треугольника ABC пересекают описанную окружность в точках A1, B1 и C1 ; M — точка пересечеMA · MC MA1 · MC 5.15*. Длины сторон треугольника ABC образуют арифметическую прогрессию, причём a < b < c. Биссектриса угла B пересекает описанную окружность в точке B1. Докажите, что центр O вписанной окружности делит отрезок BB1 пополам.

5.16*. В треугольнике ABC сторона BC наименьшая. На лучах BA и CA отложены отрезки BD и CE, равные BC. Докажите, что радиус описанной окружности треугольника ADE равен расстоянию между центрами вписанной и описанной окружностей треугольника ABC.

5.17*. Медианы треугольника ABC разрезают его на 6 треугольников. Докажите, что центры описанных окружностей этих треугольников лежат на одной окружности.

5.18. В треугольнике ABC угол C прямой. Докажите, что r = = (a + b c)/2 и rc = (a + b + c)/2.

5.19. Пусть M — середина стороны AB треугольника ABC. Докажите, что CM = AB/2 тогда и только тогда, когда ACB = 90.

5.20. Дана трапеция ABCD с основанием AD. Биссектрисы внешних углов при вершинах A и B пересекаются в точке P, а при вершинах C и D — в точке Q. Докажите, что длина отрезка PQ равна половине периметра трапеции.

5.21. В равнобедренном треугольнике ABC с основанием AC проведена биссектриса CD. Прямая, проходящая через точку D перпендикулярно DC, пересекает AC в точке E. Докажите, что EC = 2AD.

5.22. На медиане BM и на биссектрисе BK треугольника ABC (или на их продолжениях) взяты точки D и E так, что DK AB и EM BC.

Докажите, что ED BK.

5.23. Сумма углов при основании трапеции равна 90. Докажите, что отрезок, соединяющий середины оснований, равен полуразности оснований.

5.24. Диагонали AC и BD параллелограмма ABCD пересекаются в точке O. Точка M лежит на прямой AB, причём AMO = MAD.

Докажите, что точка M равноудалена от точек C и D.

5.25. В прямоугольном треугольнике ABC проведена высота CK из вершины прямого угла C, а в треугольнике ACK — биссектриса CE.

Докажите, что CB = BE.

5.26. В треугольнике ABC с прямым углом C проведены высота CD и биссектриса CF; DK и DL — биссектрисы треугольников BDC и ADC.

Докажите, что CLFK — квадрат.

5.27*. На гипотенузе AB прямоугольного треугольника ABC внешним образом построен квадрат ABPQ. Пусть a = ACQ, b = QCP и g = PCB. Докажите, что cos b = cos a cos g.

См. также задачи 1.40, 1.43, 1.50 а), 2.5, 2.41, 2.68, 2.69, 3.39, 5.18—5.27, 5.35, 5.43, 5.46, 5.75, 5.157, 6.82, 11.14.

5.28. Из точки M, лежащей внутри правильного треугольника ABC, опущены перпендикуляры MP, MQ и MR на стороны AB, BC и CA соответственно. Докажите, что AP2 + BQ2 + CR2 = PB2 + QC2 + RA и AP + BQ + CR = PB + QC + RA.

5.29. Точки D и E делят стороны AC и AB правильного треугольника ABC в отношениях AD : DC = BE : EA = 1 : 2. Прямые BD и CE пересекаются в точке O. Докажите, что AOC = 90.

5.30. Окружность делит каждую из сторон треугольника на три равные части. Докажите, что этот треугольник правильный.

5.31. Докажите, что если точка пересечения высот остроугольного треугольника делит высоты в одном и том же отношении, то треугольник правильный.

5.32. а) Докажите, что если a + ha = b + hb = c + hc, то треугольник ABC правильный.

б) В треугольник ABC вписаны три квадрата: у одного две вершины лежат на стороне AC, у другого — на BC, у третьего — на AB. Докажите, что если все три квадрата равны, то треугольник ABC правильный.

5.33. В треугольник ABC вписана окружность, касающаяся его сторон в точках A1, B1, C1. Докажите, что если треугольники ABC и A1 B1 C1 подобны, то треугольник ABC правильный.

5.34. Радиус вписанной окружности треугольника равен 1, длины высот — целые числа. Докажите, что треугольник правильный.

См. также задачи 1.29, 1.45, 1.46, 1.50 б), 1.59, 2.14, 2.16, 2.19, 2.38, 2.47, 2.57, 4.47, 5.64, 5.65, 6.48, 6.61, 6.82, 7.16 б), 7.18, 7.23, 7.39, 7.47, 10.3, 10.80, 11.3, 11.5, 14.21 а), 16.7, 18.10—18.16, 18.18—18.21, 18.23—18.25, 18.42, 18.43, 24.1, 29.34, 29.42, 29.46, 29.47, 31.44, 31.70.

5.35. В треугольнике ABC с углом A, равным 120, проведены биссектрисы AA1, BB1 и CC1. Докажите, что треугольник A1 B1 C прямоугольный.

5.36. В треугольнике ABC с углом A, равным 120, биссектрисы AA1, BB1 и CC1 пересекаются в точке O. Докажите, что A1 C1 O = 30.

5.37. В треугольнике ABC проведены биссектрисы BB1 и CC1. Докажите, что если описанные окружности треугольников ABB1 и ACC пересекаются в точке, лежащей на стороне BC, то A = 60.

5.38. а) Докажите, что если угол A треугольника ABC равен 120, то центр описанной окружности и ортоцентр симметричны относительно биссектрисы внешнего угла A.

б) В треугольнике ABC угол A равен 60 ; O — центр описанной окружности, H — ортоцентр, I — центр вписанной окружности, а Ia — центр вневписанной окружности, касающейся стороны BC. Докажите, что IO = IH и Ia O = Ia H.

5.39. В треугольнике ABC угол A равен 120. Докажите, что из отрезков длиной a, b, b + c можно составить треугольник.

5.40*. В остроугольном треугольнике ABC с углом A, равным 60, высоты пересекаются в точке H.

а) Пусть M и N — точки пересечения серединных перпендикуляров к отрезкам BH и CH со сторонами AB и AC соответственно. Докажите, что точки M, N и H лежат на одной прямой.

б) Докажите, что на той же прямой лежит центр O описанной окружности.

5.41*. В треугольнике ABC проведены биссектрисы BB1 и CC1. Докажите, что если CC1 B1 = 30, то либо A = 60, либо B = 120.

См. также задачи 2.34, 2.35, 12.55.

5.42. Длины сторон треугольника — последовательные целые числа.

Найдите эти числа, если известно, что одна из медиан перпендикулярна одной из биссектрис.

5.43. Длины всех сторон прямоугольного треугольника являются целыми числами, причём наибольший общий делитель этих чисел равен 1. Докажите, что его катеты равны 2mn и m2 n2, а гипотенуза равна m2 + n2, где m и n — натуральные числа.

Прямоугольный треугольник, длины сторон которого — целые числа, называют пифагоровым.

5.44*. Радиус вписанной окружности треугольника равен 1, а длины его сторон — целые числа. Докажите, что эти числа равны 3, 4, 5.

5.45*. Приведите пример вписанного четырёхугольника с попарно различными целочисленными длинами сторон, у которого длины диагоналей, площадь и радиус описанной окружности — целые числа (Брахмагупта).

5.46*. а) Укажите два прямоугольных треугольника, из которых можно сложить треугольник, длины сторон и площадь которого — целые числа.

б) Докажите, что если площадь треугольника — целое число, а длины сторон — последовательные натуральные числа, то этот треугольник можно сложить из двух прямоугольных треугольников с целочисленными сторонами.

5.47*. а) В треугольнике ABC, длины сторон которого рациональные числа, проведена высота BB1. Докажите, что длины отрезков AB1 и CB1 — рациональные числа.

б) Длины сторон и диагоналей выпуклого четырёхугольника — рациональные числа. Докажите, что диагонали разрезают его на четыре треугольника, длины сторон которых — рациональные числа.

См. также задачу 26.7.

5.48. Треугольники ABC и A1 B1 C1 таковы, что их соответственные углы равны или составляют в сумме 180. Докажите, что в действительности все соответственные углы равны.

5.49. Внутри треугольника ABC взята произвольная точка O и построены точки A1, B1 и C1, симметричные O относительно середин сторон BC, CA и AB. Докажите, что ABC = A1 B1 C1 и прямые AA1, BB1 и CC1 пересекаются в одной точке.

5.50. Через точку O пересечения биссектрис треугольника ABC проведены прямые, параллельные его сторонам. Прямая, параллельная AB, пересекает AC и BC в точках M и N, а прямые, параллельные AC и BC, пересекают AB в точках P и Q. Докажите, что MN = AM + BN и периметр треугольника OPQ равен длине отрезка AB.

5.51. а) Докажите, что высоты треугольника пересекаются в одной точке.

б) Пусть H — точка пересечения высот треугольника ABC, R — радиус описанной окружности. Докажите, что AH2 + BC2 = 4R2 и AH = = BC|ctg a|.

5.52. Пусть x = sin 18. Докажите, что 4x2 + 2x = 1.

5.53. В треугольнике ABC сторона AB больше стороны BC. Пусть A1 и B1 — середины сторон BC и AC, а B2 и C2 — точки касания вписанной окружности со сторонами AC и AB. Докажите, что отрезки A1 B1 и B2 C2 пересекаются в точке X, лежащей на биссектрисе угла B.

5.54. Докажите, что проекции вершины A треугольника ABC на биссектрисы внешних и внутренних углов при вершинах B и C лежат на одной прямой.

5.55*. Докажите, что если в треугольнике две биссектрисы равны, то он равнобедренный.

5.56*. а) В треугольниках ABC и A B C равны стороны AC и A C, углы при вершинах B и B и биссектрисы углов B и B. Докажите, что эти треугольники равны (точнее говоря, ABC = A B C или ABC = C B A ).

б) Через точку D биссектрисы BB1 угла ABC проведены прямые AA1 и CC1 (точки A1 и C1 лежат на сторонах треугольника). Докажите, что если AA1 = CC1, то AB = BC.

5.57*. Докажите, что прямая делит периметр и площадь треугольника в равных отношениях тогда и только тогда, когда она проходит через центр вписанной окружности.

5.58*. Точка E — середина той дуги AB описанной окружности треугольника ABC, на которой лежит точка C; C1 — середина стороны AB.

Из точки E опущен перпендикуляр EF на AC. Докажите, что:

а) прямая C1 F делит пополам периметр треугольника ABC;

б) три такие прямые, построенные для каждой стороны треугольника, пересекаются в одной точке.

5.59*. На сторонах AB и BC остроугольного треугольника ABC внешним образом построены квадраты ABC1 D1 и A2 BCD2. Докажите, что точка пересечения прямых AD2 и CD1 лежит на высоте BH.

5.60*. На сторонах треугольника ABC внешним образом построены квадраты с центрами A1, B1 и C1. Пусть a1, b1 и c1 — длины сторон треугольника A1 B1 C1, S и S1 — площади треугольников ABC и A1 B1 C1.

Докажите, что:

5.61*. На сторонах AB, BC и CA треугольника ABC (или на их продолжениях) взяты точки C1, A1 и B1 так, что (CC1, AB) = = (AA1, BC) = (BB1, CA) = a. Прямые AA1 и BB1, BB1 и CC1, CC1 и AA1 пересекаются в точках C, A, B соответственно. Докажите, что:

а) точка пересечения высот треугольника ABC совпадает с центром описанной окружности треугольника A B C ;

б) A B C ABC, причём коэффициент подобия равен 2 cos a.

5.62*. В каждый из углов треугольника ABC вписано по окружности. Из одной вершины окружности, вписанные в два других угла, видны под равными углами. Из другой — тоже. Докажите, что тогда и из третьей вершины две окружности видны под равными углами.

5.63*. На сторонах треугольника ABC взяты точки A1, B1 и C так, что AB1 : B1 C = cn : an, BC1 : C1 A = an : bn и CA1 : A1 B = bn : cn (a, b и c — длины сторон треугольника). Описанная окружность треугольника A1 B1 C1 высекает на сторонах треугольника ABC отрезки длиной ±x, ±y и ±z (знаки выбираются в соответствии с ориентацией треугольника). Докажите, что n1 + n1 + n1 = 0.

5.64*. В треугольнике ABC проведены триссектрисы (лучи, делящие углы на три равные части). Ближайшие к стороне BC триссектрисы углов B и C пересекаются в точке A1 ; аналогично определим точки B1 и C1 (рис. 5.1). Докажите, что треугольник A1 B1 C1 равносторонний (теорема Морли).

5.65*. На сторонах правильного треугольника ABC как на основаниях внутренним образом построены равнобедренные треугольники A1 BC, AB1 C и ABC1 с углами a, b и g при основаниях, причём a + b + g = 60. Прямые BC1 и B1 C пересекаются в точке A2, AC1 и A1 C — в точке B2, AB1 и A1 B — в точке C2. Докажите, что углы треугольника A2 B2 C2 равны 3a, 3b и 3g.

5.66*. Окружность радиуса ua вписана в угол A треугольника ABC, окружность радиуса ub вписана в угол B; эти окружности касаются друг друга внешним образом. Докажите, что радиус описанной окружности треугольника со сторонами a1 = ua ctg(a/2), b1 = ub ctg(b/2) и c1 = c равен p/2, где p — полупериметр треугольника ABC.

5.67*. Окружность S1 вписана в угол A треугольника ABC; окружность S2 вписана в угол B и касается S1 (внешним образом); окружность S3 вписана в угол C и касается S2 ; окружность S4 вписана в угол A и касается S3 и т. д. Докажите, что окружность S7 совпадает с S1.

5.68*. Окружность S1 вписана в угол A треугольника ABC. Из вершины C к ней проведена касательная (отличная от CA), и в образовавшийся треугольник с вершиной B вписана окружность S2. Из вершины A к S2 проведена касательная, и в образовавшийся треугольник с вершиной C вписана окружность S3 и т. д. Докажите, что окружность S7 совпадает с S1.

Пусть AB и CD — коллинеарные векторы. Обозначим через величиCD ну ±, где знак плюс берётся в том случае, когда векторы AB и CD сонаправлены, а знак минус — в случае, когда векторы AB и CD направлены в разные стороны. Эту величину будем называть ориентированным отношением отрезков AB и CD.

5.69*. На сторонах BC, CA и AB треугольника ABC (или на их продолжениях) взяты точки A1, B1 и C1 соответственно. Докажите, что точки A1, B1 и C1 лежат на одной прямой тогда и только тогда, когда 5.70*. а) В треугольнике ABC проведены биссектрисы внешних углов AA1, BB1 и CC1 (точки A1, B1 и C1 лежат на прямых BC, CA и AB). Докажите, что точки A1, B1 и C1 лежат на одной прямой.

б) В треугольнике ABC проведены биссектрисы AA1 и BB1 и биссектриса внешнего угла CC1. Докажите, что точки A1, B1 и C1 лежат на одной прямой.

5.71*. Касательные к описанной окружности неравнобедренного треугольника ABC в точках A, B и C пересекают продолжения сторон в точках A1, B1 и C1. Докажите, что точки A1, B1 и C1 лежат на одной прямой.

5.72*. Решите задачу 5.105 а) с помощью теоремы Менелая.

5.73*. Окружность S касается окружностей S1 и S2 в точках A и A2. Докажите, что прямая A1 A2 проходит через точку пересечения общих внешних или общих внутренних касательных к окружностям S1 и S2.

5.74*. а) Серединный перпендикуляр к биссектрисе AD треугольника ABC пересекает прямую BC в точке E. Докажите, что BE : CE = = c2 : b2.

б) Докажите, что точки пересечения серединных перпендикуляров к биссектрисам треугольников и продолжений соответствующих сторон лежат на одной прямой.

5.75*. Из вершины C прямого угла треугольника ABC опущена высота CK, и в треугольнике ACK проведена биссектриса CE. Прямая, проходящая через точку B параллельно CE, пересекает CK в точке F.

Докажите, что прямая EF делит отрезок AC пополам.

5.76*. На прямых BC, CA и AB взяты точки A1, B1 и C1, причём точки A1, B1 и C1 лежат на одной прямой. Прямые, симметричные прямым AA1, BB1 и CC1 относительно соответствующих биссектрис треугольника ABC, пересекают прямые BC, CA и AB в точках A2, B2 и C2. Докажите, что точки A2, B2 и C2 лежат на одной прямой.

5.77*. На сторонах BC, CA и AB треугольника ABC (или на их продолжениях) взяты точки A1, B1 и C1, лежащие на одной прямой.

Докажите, что 5.78*. Прямые AA1, BB1, CC1 пересекаются в одной точке O. Докажите, что точки пересечения прямых AB и A1 B1, BC и B1 C1, AC и A1 C1 лежат на одной прямой (Дезарг).

5.79*. На одной прямой взяты точки A1, B1 и C1, а на другой — точки A2, B2 и C2. Прямые A1 B2 и A2 B1, B1 C2 и B2 C1, C1 A2 и C2 A пересекаются в точках C, A и B соответственно. Докажите, что точки A, B и C лежат на одной прямой (Папп).

5.80*. На сторонах AB, BC и CD четырёхугольника ABCD (или на их продолжениях) взяты точки K, L и M. Прямые KL и AC пересекаются в точке P, LM и BD — в точке Q. Докажите, что точка пересечения прямых KQ и MP лежит на прямой AD.

5.81*. Продолжения сторон AB и CD четырёхугольника ABCD пересекаются в точке P, а продолжения сторон BC и AD — в точке Q.

Через точку P проведена прямая, пересекающая стороны BC и AD в точках E и F. Докажите, что точки пересечения диагоналей четырёхугольников ABCD, ABEF и CDFE лежат на прямой, проходящей через точку Q.

5.82*. а) Через точки P и Q проведены тройки прямых. Обозначим их точки пересечения так, как показано на рис. 5.2. Докажите, что прямые KL, AC и MN пересекаются в одной точке (или параллельны).

б) Докажите, далее, что если точка O лежит на прямой BD, то точка пересечения прямых KL, AC и MN лежит на прямой PQ.

5.83*. На прямых BC, CA и AB взяты точки A1, B1 и C1. Пусть P1 — произвольная точка прямой BC, P2 — точка пересечения прямых P1 B1 и AB, P3 — точка пересечения прямых P2 A1 и CA, P4 — точка пересечения P3 C1 и BC и т. д. Докажите, что точки P7 и P1 совпадают.

5.84*. Диагонали AD, BE и CF шестиугольника ABCDEF пересекаются в одной Рис. 5. точке. Пусть A — точка пересечения прямых AC и FB, B — точка пересечения BD и AC, C — точка пересечения CE и BD, и т. д. Докажите, что точки пересечения прямых A B и D E, B C и E F, C D и F A лежат на одной прямой.

См. также задачи 6.106, 14.43.

5.85*. Дан треугольник ABC. На прямых AB, BC и CA взяты точки C1, A1 и B1, причём k из них лежат на сторонах треугольника и 3 k — на продолжениях сторон. Пусть Докажите, что:

а) точки A1, B1 и C1 лежат на одной прямой тогда и только тогда, когда R = 1 и k чётно (Менелай);

б) прямые AA1, BB1 и CC1 пересекаются в одной точке или параллельны тогда и только тогда, когда R = 1 и k нечётно (Чева).

5.86*. Вписанная (или вневписанная) окружность треугольника ABC касается прямых BC, CA и AB в точках A1, B1 и C1. Докажите, что прямые AA1, BB1 и CC1 пересекаются в одной точке.

Точку пересечения прямых, соединяющих вершины треугольника с точками касания вписанной окружности, называют точкой Жергонна.

5.87*. Докажите, что прямые, соединяющие вершины треугольника с точками касания вневписанных окружностей со сторонами, пересекаются в одной точке (точка Нагеля).

5.88*. Докажите, что высоты остроугольного треугольника пересекаются в одной точке.

5.89*. Прямые AP, BP и CP пересекают стороны треугольника ABC (или их продолжения) в точках A1, B1 и C1. Докажите, что:

а) прямые, проходящие через середины сторон BC, CA и AB параллельно прямым AP, BP и CP, пересекаются в одной точке;

б) прямые, соединяющие середины сторон BC, CA и AB с серединами отрезков AA1, BB1 и CC1, пересекаются в одной точке.

5.90*. На сторонах BC, CA и AB треугольника ABC взяты точки A1, B1 и C1 так, что отрезки AA1, BB1 и CC1 пересекаются в одной точке. Прямые A1 B1 и A1 C1 пересекают прямую, проходящую через вершину A параллельно стороне BC, в точках C2 и B2 соответственно.

Докажите, что AB2 = AC2.

5.91*. а) Пусть a, b и g — произвольные углы, причём сумма любых двух из них меньше 180. На сторонах треугольника ABC внешним образом построены треугольники A1 BC, AB1 C и ABC1, имеющие при вершинах A, B и C углы a, b и g. Докажите, что прямые AA1, BB1 и CC1 пересекаются в одной точке.

б) Докажите аналогичное утверждение для треугольников, построенных на сторонах треугольника ABC внутренним образом.

5.92*. Стороны BC, CA и AB треугольника ABC касаются окружности с центром O в точках A1, B1 и C1. На лучах OA1, OB1 и OC отложены равные отрезки OA2, OB2 и OC2. Докажите, что прямые AA2, BB2 и CC2 пересекаются в одной точке.

5.93*. Прямые AP, BP и CP пересекают прямые BC, CA и AB в точках A1, B1 и C1 соответственно. Точки A2, B2 и C2 выбраны на прямых BC, CA и AB так, что BA2 : A2 C = A1 C : BA1, CB2 : B2 A = B1 A : CB и AC2 : C2 B = C1 B : AC1. Докажите, что прямые AA2, BB2 и CC2 тоже пересекаются в одной точке Q (или параллельны).

Такие точки P и Q называют изотомически сопряжёнными относительно треугольника ABC.

5.94*. На сторонах BC, CA, AB треугольника ABC взяты точки A1, B1, C1. Докажите, что 5.95*. На сторонах BC, CA и AB треугольника ABC взяты точки A1, B1 и C1, причём прямые AA1, BB1 и CC1 пересекаются в одной точке P. Докажите, что прямые AA2, BB2 и CC2, симметричные этим прямым относительно соответствующих биссектрис, тоже пересекаются в одной точке Q.

Такие точки P и Q называют изогонально сопряжёнными относительно треугольника ABC.

5.96*. Докажите, что при изогональном сопряжении окружность, проходящая через вершины B и C и отличная от описанной окружности, переходит в окружность, проходящую через вершины B и C.

5.97*. Касательные к описанной окружности треугольника ABC в точках B и C пересекаются в точке P. Точка Q симметрична точке A относительно середины отрезка BC. Докажите, что точки P и Q изогонально сопряжены.

5.98*. Противоположные стороны выпуклого шестиугольника попарно параллельны. Докажите, что прямые, соединяющие середины противоположных сторон, пересекаются в одной точке.

5.99*. Из некоторой точки P опущены перпендикуляры PA1 и PA на сторону BC треугольника ABC и на высоту AA3. Аналогично определяются точки B1, B2 и C1, C2. Докажите, что прямые A1 A2, B1 B2 и C1 C2 пересекаются в одной точке или параллельны.

5.100*. Через точки A и D, лежащие на окружности, проведены касательные, пересекающиеся в точке S. На дуге AD взяты точки B и C. Прямые AC и BD пересекаются в точке P, AB и CD — в точке Q. Докажите, что прямая PQ проходит через точку S.

5.101*. Вписанная окружность треугольника ABC касается его сторон в точках A1, B1 и C1. Внутри треугольника ABC взята точка X.

Прямая AX пересекает дугу B1 C1 вписанной окружности в точке A2 ;

точки B2 и C2 определяются аналогично. Докажите, что прямые A1 A2, B1 B2 и C1 C2 пересекаются в одной точке.

5.102*. Внутри треугольника ABC взята точка X. Прямая AX пересекает описанную окружность в точке A1. В сегмент, отсекаемый стороной BC, вписана окружность, касающаяся дуги BC в точке A1, а стороны BC — в точке A2. Точки B2 и C2 определяются аналогично.

Докажите, что прямые AA2, BB2 и CC2 пересекаются в одной точке.

5.103*. а) На сторонах BC, CA и AB равнобедренного треугольника ABC с основанием AB взяты точки A1, B1 и C1 так, что прямые AA1, BB1 и CC1 пересекаются в одной точке. Докажите, что б) Внутри равнобедренного треугольника ABC с основанием AB взяты точки M и N так, что CAM = ABN и CBM = BAN. Докажите, что точки C, M и N лежат на одной прямой.

5.104*. В треугольнике ABC проведены биссектрисы AA1, BB и CC1. Биссектрисы AA1 и CC1 пересекают отрезки C1 B1 и B1 A в точках M и N. Докажите, что MBB1 = NBB1.

См. также задачи 4.49 б), 10.59, 14.7, 14.43.

5.105*. а) Докажите, что основания перпендикуляров, опущенных из точки P описанной окружности треугольника на его стороны или их продолжения, лежат на одной прямой (прямая Симсона1 ).

1 Открытие этой прямой долго приписывалось Роберту Симсону (1687—1768), но в действительности она была открыта лишь в 1797 г. Вильямом Уоллесом. Поэтому наряду с традиционным названием этой прямой часто используется исторически более справедливое название прямая Уоллеса.

б) Основания перпендикуляров, опущенных из некоторой точки P на стороны треугольника или их продолжения, лежат на одной прямой. Докажите, что точка P лежит на описанной окружности треугольника.

5.106*. Точки A, B и C лежат на одной прямой, точка P — вне этой прямой. Докажите, что центры описанных окружностей треугольников ABP, BCP, ACP и точка P лежат на одной окружности.

5.107*. В треугольнике ABC проведена биссектриса AD и из точки D опущены перпендикуляры DB и DC на прямые AC и AB;

точка M лежит на прямой B C, причём DM BC. Докажите, что точка M лежит на медиане AA1.

5.108*. а) Из точки P описанной окружности треугольника ABC проведены прямые PA1, PB1 и PC1 под данным (ориентированным) углом a к прямым BC, CA и AB соответственно (точки A1, B1 и C лежат на прямых BC, CA и AB). Докажите, что точки A1, B1 и C лежат на одной прямой.

б) Докажите, что при замене в определении прямой Симсона угла 90 на угол a она повернётся на угол 90 a.

5.109*. а) Из точки P описанной окружности треугольника ABC опущены перпендикуляры PA1 и PB1 на прямые BC и AC. Докажите, что PA · PA1 = 2Rd, где R — радиус описанной окружности, d — расстояние от точки P до прямой A1 B1.

б) Пусть a — угол между прямыми A1 B1 и BC. Докажите, что cos a = PA/2R.

5.110*. Пусть A1 и B1 — проекции точки P описанной окружности треугольника ABC на прямые BC и AC. Докажите, что длина отрезка A1 B1 равна длине проекции отрезка AB на прямую A1 B1.

5.111*. На окружности фиксированы точки P и C; точки A и B перемещаются по окружности так, что угол ACB остаётся постоянным.

Докажите, что прямые Симсона точки P относительно треугольников ABC касаются фиксированной окружности.

5.112*. Точка P движется по описанной окружности треугольника ABC. Докажите, что при этом прямая Симсона точки P относительно треугольника ABC поворачивается на угол, равный половине угловой величины дуги, пройденной точкой P.

5.113*. Докажите, что прямые Симсона двух диаметрально противоположных точек описанной окружности треугольника ABC перпендикулярны, а их точка пересечения лежит на окружности девяти точек (см. задачу 5.129).

5.114*. Точки A, B, C, P и – лежат на окружности – центром O, причём углы между вектором OP и векторами OA, OB, OC и OQ равны a, b, g и (a + b + g)/2. Докажите, что прямая Симсона точки P относительно треугольника ABC параллельна OQ.

5.115*. Точки A, B, C и P лежат на окружности с центром O.

Стороны треугольника A1 B1 C1 параллельны прямым PA, PB, PC (PA B1 C1 и т. д.). Через вершины треугольника A1 B1 C1 проведены прямые, параллельные сторонам треугольника ABC.

а) Докажите, что эти прямые пересекаются в одной точке P1, которая лежит на описанной окружности треугольника A1 B1 C1.

б) Докажите, что прямая Симсона точки P1 параллельна прямой OP.

5.116*. Хорда PQ описанной окружности треугольника ABC перпендикулярна стороне BC. Докажите, что прямая Симсона точки P относительно треугольника ABC параллельна прямой AQ.

5.117*. Высоты треугольника ABC пересекаются в точке H; P — точка его описанной окружности. Докажите, что прямая Симсона точки P относительно треугольника ABC делит отрезок PH пополам.

5.118*. Четырёхугольник ABCD вписан в окружность; la — прямая Симсона точки A относительно треугольника BCD, прямые lb, lc и ld определяются аналогично. Докажите, что эти прямые пересекаются в одной точке.

5.119*. а) Докажите, что проекции точки P описанной окружности четырёхугольника ABCD на прямые Симсона треугольников BCD, CDA, DAB и BAC лежат на одной прямой (прямая Симсона вписанного четырёхугольника).

б) Докажите, что аналогично по индукции можно определить прямую Симсона вписанного n-угольника как прямую, содержащую проекции точки P на прямые Симсона всех (n 1)-угольников, полученных выбрасыванием одной из вершин n-угольника.

См. также задачи 2.88 б), 2.92, 5.11, 5.72, 19.61, 29.40.

Пусть A1, B1 и C1 — основания перпендикуляров, опущенных из точки P на прямые BC, CA и AB. Треугольник A1 B1 C1 называют подерным (или педальным) треугольником точки P относительно треугольника ABC. Описанную окружность подерного треугольника называют подерной (или педальной) окружностью.

5.120. Пусть A1 B1 C1 — подерный треугольник точки P относительно треугольника ABC. Докажите, что B1 C1 = BC · AP/2R, где R — радиус описанной окружности треугольника ABC.

5.121*. Прямые AP, BP и CP пересекают описанную окружность треугольника ABC в точках A2, B2 и C2 ; A1 B1 C1 — подерный треугольник точки P относительно треугольника ABC. Докажите, что 5.122*. Внутри остроугольного треугольника ABC дана точка P.

Опустив из неё перпендикуляры PA1, PB1 и PC1 на стороны, получим A1 B1 C1. Проделав для него ту же операцию, получим A2 B2 C2, а затем A3 B3 C3. Докажите, что A3 B3 C3 ABC.

5.123*. Треугольник ABC вписан в окружность радиуса R с центром O. Докажите, что площадь подерного треугольника точки P относительно треугольника ABC равна 5.124*. Из точки P опущены перпендикуляры PA1, PB1 и PC1 на стороны треугольника ABC. Прямая la соединяет середины отрезков PA и B1 C1. Аналогично определяются прямые lb и lc. Докажите, что эти прямые пересекаются в одной точке.

5.125*. Точки P1 и P2 изогонально сопряжены относительно треугольника ABC.

а) Докажите, что их подерные окружности совпадают, причём центром этой окружности является середина отрезка P1 P2.

б) Докажите, что это утверждение останется верным, если из точек P1 и P2 проводить не перпендикуляры к сторонам, а прямые под данным (ориентированным) углом.

в) Докажите, что стороны подерного треугольника точки P1 перпендикулярны прямым, соединяющим точку P2 с вершинами треугольника ABC.

5.126*. Даны два треугольника ABC и A1 B1 C1. Перпендикуляры, опущенные из точек A, B, C на прямые B1 C1, C1 A1, A1 B1 пересекаются в одной точке. Докажите, что тогда перпендикуляры, опущенные из точек A1, B1, C1 на прямые BC, CA, AB тоже пересекаются в одной точке (Штейнер).

Треугольники ABC и A1 B1 C1, для которых выполняется условие из задачи 5.126, называют ортологическими.

5.127*. Дан параллелограмм ABCD. Докажите, что подерная окружность точки D относительно треугольника ABC проходит через точку пересечения его диагоналей.

См. также задачи 5.162, 5.163, 14.21 б).

§ 11. Прямая Эйлера и окружность девяти точек 5.128*. Пусть H — точка пересечения высот треугольника ABC, O — центр описанной окружности, M — точка пересечения медиан. Докажите, что точка M лежит на отрезке OH, причём OM : MH = 1 : 2.

(Прямую, содержащую точки O, M и H, называют прямой Эйлера.) 5.129*. Докажите, что середины сторон треугольника, основания высот и середины отрезков, соединяющих точку пересечения высот с вершинами, лежат на одной окружности (окружности девяти точек), причём центром этой окружности является середина отрезка OH.

5.130*. Высоты треугольника ABC пересекаются в точке H.

а) Докажите, что треугольники ABC, HBC, AHC и ABH имеют общую окружность девяти точек.

б) Докажите, что прямые Эйлера треугольников ABC, HBC, AHC и ABH пересекаются в одной точке.

в) Докажите, что центры описанных окружностей треугольников ABC, HBC, AHC и ABH образуют четырёхугольник, симметричный четырёхугольнику HABC.

5.131*. Какие стороны пересекает прямая Эйлера в остроугольном и тупоугольном треугольниках?

5.132*. а) Докажите, что описанная окружность треугольника ABC является окружностью девяти точек для треугольника, образованного центрами вневписанных окружностей треугольника ABC.

б) Докажите, что описанная окружность делит пополам отрезок, соединяющий центры вписанной и вневписанной окружностей.

5.133*. Докажите, что прямая Эйлера треугольника ABC параллельна стороне BC тогда и только тогда, когда tg B tg C = 3.

5.134*. Докажите, что отрезок, высекаемый на стороне AB остроугольного треугольника ABC окружностью девяти точек, виден из её центра под углом 2|A B|.

5.135*. Докажите, что если прямая Эйлера проходит через центр вписанной окружности треугольника, то треугольник равнобедренный.

5.136*. Вписанная окружность касается сторон треугольника ABC в точках A1, B1 и C1. Докажите, что прямая Эйлера треугольника A1 B1 C1 проходит через центр описанной окружности треугольника ABC.

5.137*. В треугольнике ABC проведены высоты AA1, BB1 и CC1.

Пусть A1 A2, B1 B2 и C1 C2 — диаметры окружности девяти точек треугольника ABC. Докажите, что прямые AA2, BB2 и CC2 пересекаются в одной точке (или параллельны).

См. также задачи 3.72 а), 5.12, 8.34, 13.36 б), 14.55, 14.58, 28.31, 29.40, 31.42, 31.59, 31.80.

5.138*. а) Докажите, что внутри треугольника ABC существует такая точка P, что ABP = CAP = BCP.

б) На сторонах треугольника ABC внешним образом построены подобные ему треугольники CA1 B, CAB1 и C1 AB (углы при первых вершинах всех четырёх треугольников равны и т. д.). Докажите, что прямые AA1, BB1 и CC1 пересекаются в одной точке, причём эта точка совпадает с точкой P из задачи а).

Точку P называют точкой Брокара треугольника ABC. Аналогично доказывается, что существует ещё и вторая точка Брокара Q, для которой BAQ = ACQ = CBQ.

5.139*. а) Через точку Брокара P треугольника ABC проведены прямые AP, BP и CP, пересекающие описанную окружность в точках A1, B1 и C1. Докажите, что ABC = B1 C1 A1.

б) Треугольник ABC вписан в окружность S. Докажите, что треугольник, образованный точками пересечения прямых PA, PB и PC с окружностью S, может быть равен треугольнику ABC не более чем для восьми различных точек P. (Предполагается, что точки пересечения прямых PA, PB и PC с окружностью отличны от точек A, B и C.) 5.140*. а) Пусть P — точка Брокара треугольника ABC. Угол f = = ABP = BCP = CAP называют углом Брокара этого треугольника.

Докажите, что ctg f = ctg a + ctg b + ctg g и sin3 f = sin(a f) sin(b f) sin(g f).

б) Докажите, что точки Брокара треугольника ABC изогонально сопряжены.

в) Касательная к описанной окружности треугольника ABC в точке C и прямая, проходящая через точку B параллельно AC, пересекаются в точке A1. Докажите, что угол Брокара треугольника ABC равен углу A1 AC.

5.141*. а) Докажите, что угол Брокара любого треугольника не превосходит 30.

б) Внутри треугольника ABC взята точка M. Докажите, что один из углов ABM, BCM и CAM не превосходит 30.

5.142*. Пусть Q — вторая точка Брокара треугольника ABC, O — центр его описанной окружности, A1, B1 и C1 — центры описанных окружностей треугольников CAQ, ABQ и BCQ. Докажите, что A1 B1 C1 ABC и O — первая точка Брокара треугольника A1 B1 C1.

5.143*. Пусть P — точка Брокара треугольника ABC; R1, R2 и R3 — радиусы описанных окружностей треугольников ABP, BCP и CAP.

Докажите, что R1 R2 R3 = R3, где R — радиус описанной окружности треугольника ABC.

5.144*. Пусть P и Q — первая и вторая точки Брокара треугольника ABC. Прямые CP и BQ, AP и CQ, BP и AQ пересекаются в точках A1, B1 и C1. Докажите, что описанная окружность треугольника A1 B1 C1 проходит через точки P и Q.

5.145*. На сторонах CA, AB и BC остроугольного треугольника ABC взяты точки A1, B1 и C1 так, что AB1 A1 = BC1 B1 = CA1 C1. Докажите, что A1 B1 C1 ABC, причём центр поворотной гомотетии, переводящей один треугольник в другой, совпадает с первой точкой Брокара обоих треугольников.

5.146*. Докажите, что для угла Брокара f выполняются следующие неравенства:

б) 8f3 abg (неравенство Йиффа).

5.147*. Пусть вершины B и C треугольника фиксированы, а вершина A движется так, что угол Брокара f треугольника ABC остаётся постоянным. Докажите, что точка A движется по окружности радиуса (a/2) ctg2 f 3, где a = BC (окружность Нейберга).

5.148*. Опустим из точки M перпендикуляры MA1, MB1 и MC1 на прямые BC, CA и AB. Докажите, что для фиксированного треугольника ABC множество точек M, для которых угол Брокара треугольника A1 B1 C1 имеет заданное значение, состоит из двух окружностей, причём одна из них расположена внутри описанной окружности треугольника ABC, а другая вне её (окружности Схоуте).

См. также задачи 14.45, 14.52, 19.59.

Пусть AM — медиана треугольника ABC, а прямая AS симметрична прямой AM относительно биссектрисы угла A (точка S лежит на отрезке BC).

Тогда отрезок AS называют симедианой треугольника ABC; иногда симедианой называют луч AS.

Симедианы треугольника пересекаются в точке, изогонально сопряжённой точке пересечения медиан. Точку пересечения симедиан треугольника называют точкой Лемуана.

5.149. Прямые AM и AN симметричны относительно биссектрисы угла A треугольника ABC (точки M и N лежат на прямой BC).

Докажите, что BM · BN/(CM · CN) = c2 /b2. В частности, если AS — симедиана, то BS/CS = c2 /b2.

5.150. Выразите длину симедианы AS через длины сторон треугольника ABC.

5.151. Отрезок B1 C1, где точки B1 и C1 лежат на лучах AC и AB, называют антипараллельным стороне BC, если AB1 C1 = ABC и AC1 B1 = ACB.

а) Докажите, что симедиана AS делит пополам любой отрезок B1 C1, антипараллельный стороне BC.

б) Докажите, что если симедиана AS делит пополам отрезок B1 C1, то этот отрезок антипараллелен стороне BC.

5.152. Докажите, что если отрезок B1 C1 антипараллелен стороне BC, то B1 C1 OA, где O — центр описанной окружности.

5.153. Касательная в точке B к описанной окружности S треугольника ABC пересекает прямую AC в точке K. Из точки K проведена вторая касательная KD к окружности S. Докажите, что BD — симедиана треугольника ABC.

5.154*. Касательные к описанной окружности треугольника ABC в точках B и C пересекаются в точке P. Докажите, что прямая AP содержит симедиану AS.

5.155*. Окружность S1 проходит через точки A и B и касается прямой AC, окружность S2 проходит через точки A и C и касается прямой AB. Докажите, что прямая, проходящая через общие точки этих окружностей, содержит симедиану треугольника ABC.

5.156*. Биссектрисы внешнего и внутреннего углов при вершине A треугольника ABC пересекают прямую BC в точках D и E. Окружность с диаметром DE пересекает описанную окружность треугольника ABC в точках A и X. Докажите, что прямая AX содержит симедиану треугольника ABC.

5.157*. Докажите, что точка Лемуана треугольника ABC с прямым углом C является серединой высоты CH.

5.158*. Через точку X, лежащую внутри треугольника ABC, проведены три отрезка, антипараллельных его сторонам. Докажите, что эти отрезки равны тогда и только тогда, когда X — точка Лемуана.

5.159*. Точки A1 и A2, B1 и B2, C1 и C2 лежат на сторонах BC, CA, AB треугольника ABC (A1 ближе к C, чем A2, B1 ближе к A, C ближе к B).

а) Докажите, что если эти точки являются точками пересечения сторон треугольника ABC с продолжениями сторон треугольника A B C, полученного из треугольника ABC при гомотетии с центром в точке Лемуана K, то точки A1, B2, B1, C2, C1, A2 лежат на одной окружности (окружность Тукера).

б) Докажите, что если длины отрезков A1 B2, B1 C2 и C1 A2 равны и эти отрезки антипараллельны сторонам AB, BC и CA, то точки A1, B2, B1, C2, C1, A2 лежат на одной окружности.

5.160*. Докажите, что центр окружности Тукера лежит на прямой KO, где K — точка Лемуана, O — центр описанной окружности.

5.161*. а) Через точку Лемуана K проведены прямые, параллельные сторонам треугольника. Докажите, что точки их пересечения со сторонами треугольника лежат на одной окружности (первая окружность Лемуана).

б) Через точку Лемуана K проведены прямые, антипараллельные сторонам треугольника. Докажите, что точки их пересечения со сторонами треугольника лежат на одной окружности (вторая окружность Лемуана).

5.162*. Пусть A1, B1 и C1 — проекции точки Лемуана K на стороны треугольника ABC. Докажите, что K — точка пересечения медиан треугольника A1 B1 C1.

5.163*. Пусть A1, B1 и C1 — проекции точки Лемуана K треугольника ABC на стороны BC, CA и AB. Докажите, что медиана AM треугольника ABC перпендикулярна прямой B1 C1.

5.164*. Прямые AK, BK и CK, где K — точка Лемуана треугольника ABC, пересекают описанную окружность в точках A1, B1 и C1.

Докажите, что K — точка Лемуана треугольника A1 B1 C1.

5.165*. Докажите, что прямые, соединяющие середины сторон треугольника с серединами соответствующих высот, пересекаются в точке Лемуана.

См. также задачи 6.41, 7.17, 11.22, 19.58—19.60.

Задачи для самостоятельного решения 5.166. Докажите, что проекция диаметра описанной окружности, перпендикулярного первой стороне треугольника, на прямую, содержащую вторую сторону, равна по длине третьей стороне.

5.167. Докажите, что площадь треугольника с вершинами в центрах вневписанных окружностей треугольника ABC равна 2pR.

5.168. Равнобедренный треугольник с основанием a и боковой стороной b и равнобедренный треугольник с основанием b и боковой стороной a вписаны в окружность радиуса R. Докажите, что если a = b, то ab = 5R2.

5.169. Вписанная окружность прямоугольного треугольника ABC касается гипотенузы AB в точке P; CH — высота треугольника ABC.

Докажите, что центр вписанной окружности треугольника ACH лежит на перпендикуляре, опущенном из точки P на AC.

5.170. Вписанная окружность треугольника ABC касается сторон CA и AB в точках B1 и C1, а вневписанная окружность касается продолжения сторон в точках B2 и C2. Докажите, что середина стороны BC равноудалена от прямых B1 C1 и B2 C2.

5.171. В треугольнике ABC проведена биссектриса AD. Пусть O, O1 и O2 — центры описанных окружностей треугольников ABC, ABD и ACD. Докажите, что OO1 = OO2.

5.172. Треугольник, составленный: а) из медиан; б) из высот треугольника ABC, подобен треугольнику ABC. Каким соотношением связаны длины сторон треугольника ABC?

5.173. Через центр O правильного треугольника ABC проведена прямая, пересекающая прямые BC, CA и AB в точках A1, B1 и C1.

Докажите, что одно из чисел 1/OA1, 1/OB1 и 1/OC1 равно сумме двух других.

5.174. В треугольнике ABC проведены высоты BB1 и CC1. Докажите, что если A = 45, то B1 C1 — диаметр окружности девяти точек треугольника ABC.

5.175. Углы треугольника ABC удовлетворяют соотношению sin2 A + + sin2 B + sin2 C = 1. Докажите, что его описанная окружность и окружность девяти точек пересекаются под прямым углом.

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

5.2. Лучи COa и COb — биссектрисы внешних углов при вершине C, поэтому C лежит на прямой Oa Ob и Oa CB = Ob CA. Так как COc — биссектриса угла BCA, то BCOc = ACOc. Складывая эти равенства, получаем Oa COc = Oc COb, т. е. Oc C — высота треугольника Oa Ob Oc. Аналогично доказывается, что Oa A и Ob B — высоты этого треугольника.

5.3. Ясно, что BOC=180 CBOBCO=180 B/2C/2=90 +A/2, a BOa C = 180 BOC, так как OBOa = OCOa = 90.

5.4. Пусть AA1, BB1 и CC1 — биссектрисы треугольника ABC, O — точка их пересечения. Предположим, что x > 1. Тогда PAB > PAC, т. е. точка P лежит внутри треугольника AA1 C. Аналогично точка P лежит внутри треугольников CC1 B и BB1 A. Но единственной общей точкой трёх этих треугольников является точка O. Получено противоречие. Случай x < 1 разбирается аналогично.

5.5. Пусть da, db и dc — расстояния от точки O до сторон BC, CA и AB.

Тогда ada + bdb + cdc = 2S и aha = bhb = chc = 2S. Если ha da = hb db = hc dc = x, то (a + b + c)x = a(ha da ) + b(hb db ) + c(hc dc ) = 6S 2S = 4S. Поэтому x = 4S/2p = 2r.

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

5.7. Пусть P — точка касания вписанной окружности со стороной BC, PQ — диаметр вписанной окружности, R — точка пересечения прямых AQ и BC. Так как CR = BP (см. задачу 19.11 а) и M — середина стороны BC, то RM = PM.

Кроме того, O — середина диаметра PQ, поэтому MO QR, а так как AH PQ, то AE = OQ.

5.8. Данная окружность может быть как вписанной, так и вневписанной окружностью треугольника ABC, отсекаемого касательной от угла.

Используя результат задачи 3.2, в обоих случаях легко проверить, что uv/w2 = (p b)(p c) sin B sin C/h2. Остаётся заметить, что ha = b sin C = c sin B и (p b)(p c)/bc = sin2 (A/2) (задача 12.13).

. После несложных преобразований требуемое равенство приr= водится к виду x2 (p2 + x2 a2 ) + x1 (p2 + x2 b2 ) = 0. Остаётся заметить, что p2 + x2 a2 = 2px1 cos BPC, p2 + x2 b2 = 2px2 cos APC и cos BPC = cos APC.

до прямой A1 A2.

5.10. Пусть A1, B1 и C1 — точки, симметричные точке H относительно сторон BC, CA и AB соответственно. Так как AB CH и BC AH, то (AB, BC) = (CH, HA), а так как треугольник AC1 H равнобедренный, ка C1 лежит на описанной окружности треугольника ABC. Аналогично доказывается, что точки A1 и B1 лежат на этой окружности.

5.11. Точки X, Y и Z лежат на одной прямой (задача 5.105 а). Поэтому SPYZ = SPXZ + SPXY. Кроме того, SPYZ = PY · PZ sin a, так как PY CA и PZ AB. Подставив аналогичным образом две другие площади, получим

PX PY PZ

5.12. а) Пусть M — точка пересечения прямой AI с описанной окружностью. Проведя через точку I диаметр описанной окружности, получим AI·IM= = (R + d)(R d) = R2 d2. Так как IM = CM (задача 2.4 а), то R2 d2 = AI · CM.

Остаётся заметить, что AI = r/ sin(A/2) и CM = 2R sin(A/2).

б) Пусть M — точка пересечения прямой AIa с описанной окружностью. Тогда AIa · Ia M = d2 R2. Так как Ia M = CM (задача 2.4 а), то d2 R2 = AIa · CM.

Остаётся заметить, что AIa = ra / sin(A/2) и CM = 2R sin(A/2).

5.13. В треугольнике OIB угол при вершине I прямой тогда и только тогда, Согласно задаче 12.38 а) r = 4R sin(a/2) sin(b/2) sin(g/2). Поэтому полученное равенство можно переписать в виде 2 sin(a/2) sin(g/2) = sin(b/2). Это равенство эквивалентно равенству 2 sin b = sin a + sin g. Действительно, последнее равенство можно преобразовать следующим образом:

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

Поэтому MA · MC/MB1 = 2r.

б) Так как MBC1 = BMC1 = 180 BMC и BC1 M = A, то

BC BC BM

5.15. Пусть M — середина стороны AC, N — точка касания вписанной окружности со стороной BC. Тогда BN = p b (см. задачу 3.2), поэтому BN = AM, так как p = 3b/2 по условию. Кроме того, OBN = B1 AM, а значит, OBN = B1 AM, т. е. OB = B1 A. Но B1 A = B1 O (см. задачу 2.4 а).

5.16. Пусть O и O1 — центры вписанной и описанной окружностей треугольника ABC. Рассмотрим окружность радиуса d = OO1 с центром O.

Проведём в этой окружности хорды O1 M и O1 N, параллельные сторонам AB и AC соответственно. Пусть K — точка касания вписанной окружности со стороной AB, L — середина стороны AB. Так как OK AB, O1 L AB и O1 M AB, то O1 M = 2KL = 2BL 2BK = c (a + c b) = b a = AE. Аналогично O1 N = AD, а значит, MO1 N = EAD. Следовательно, радиус описанной окружности треугольника EAD равен d.

5.17. Пусть AA1, BB1, CC1 — медианы, M — точка их пересечения, A+, B, C+, A, B+, C — центры описанных окружностей треугольников B1 MC, CMA1, A1 MB, BMC1, C1 MA, AMB1. Проекции точек B+ и B на прямую AA являются серединами отрезков AM и MA1. Поэтому проекция вектора B+ B на прямую AA1 равна AA1. Аналогично проекция этого вектора на прямую CC1 равна CC1. Аналогичные утверждения верны и для векторов A+ A и C+ C.

Сумма векторов AA1, BB1 и CC1 равна нулевому вектору (задача 13.1), поэтому существует треугольник A2 B2 C2, для которого AA1 = B2 C2, BB1 = C2 A и CC1 = A2 B2. Для любой точки X вектор B2 X полностью определяется проекциями на прямые B2 A2 и B2 C2. С другой стороны, вектор B2 O, где O — центр описанной окружности треугольника A2 B2 C2, имеет такие же проекции на эти прямые, как и вектор B+ B. Следовательно, длины векторов A+ A, B+ B и C+ C равны (они равны радиусу описанной окружности треугольника A2 B2 C2 ).

Противоположные стороны шестиугольника A+ B C+ A B+ C параллельны, а его диагонали A+ A, B+ B и C+ C равны. Согласно задаче 6.57 такой шестиугольник вписанный.

5.18. Пусть вписанная окружность касается стороны AC в точке K, а вневписанная окружность касается продолжения стороны AC в точке L.

Тогда r = CK и rc = CL. Остаётся воспользоваться результатом задачи 3.2.

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

5.20. Пусть M и N — середины сторон AB и CD. Треугольник APB прямоугольный, поэтому PM = AB/2 и MPA = PAM, а значит, PM AD.

Аналогичные рассуждения показывают, что точки P, M, N и Q лежат на одной прямой и PQ = PM + MN + NQ = (AB + (BC + AD) + CD)/2.

5.21. Пусть F — точка пересечения прямых DE и BC; K — середина отрезка EC. Отрезок CD является биссектрисой и высотой треугольника ECF, поэтому ED = DF, а значит, DK FC. Медиана DK прямоугольного треугольника EDC в два раза меньше его гипотенузы EC (задача 5.19), поэтому AD = DK = EC/2.

5.22. Прямая EM проходит через середину стороны AB, поэтому она проходит через середину O отрезка DK. Кроме того, EKO = ABK = KBC = KEO.

Поэтому OE = OK = OD. Согласно задаче 5.19 DEK = 90.

5.23. Пусть сумма углов при основании AD трапеции ABCD равна 90.

Обозначим точку пересечения прямых AB и CD через O. Точка O лежит на прямой, проходящей через середины оснований. Проведём через точку C прямую CK, параллельную этой прямой, и прямую CE, параллельную прямой AB (точки K и E лежат на основании AD). Тогда CK — медиана прямоугольного треугольника ECD, поэтому CK = ED/2 = (AD BC)/2 (см. задачу 5.19).

5.24. Пусть P и Q — середины сторон AB и CD. Рассмотрим для определённости случай, когда точка M не лежит на отрезке AP (случай, когда точка M лежит на отрезке AP, разбирается аналогично). Ясно, что MPO = MAD = PMO, а значит, MO = PO = OQ. Поэтому согласно задаче 5.19 MQ MP. Следовательно, MQ — серединный перпендикуляр к отрезку CD.

5.25. Ясно, что CEB = A + ACE = BCK + KCE = BCE.

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

но ctg g=1+tg(90 f)=1+ctg f. Следовательно, tg a+tg g= =1, а значит, cos a cos g = cos a sin g + cos g sin a = sin(a + g) = cos b.

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

Эти выражения равны.

2a(PB + QC + RA) + PB2 + QC2 + RA2, где a = AB, то PB + QC + RA = 3a/2.

5.29. Пусть точка F делит отрезок BC в отношении CF : FB = 1 : 2;

P и Q — точки пересечения отрезка AF с BD и CE соответственно. Ясно, что треугольник OPQ правильный. Используя результат задачи 1.3 а), легко проверить, что AP : PF = 3 : 4 и AQ : QF = 6 : 1. Следовательно, AP : PQ : QF = 3 : 3 : 1, а значит, AP = PQ = OP. Поэтому AOP = 30 и AOC = 90.

5.30. Пусть A и B, C и D, E и F — точки пересечения окружности со сторонами PQ, QR, RP треугольника PQR. Рассмотрим медиану PS. Она соединяет середины параллельных хорд FA и DC и поэтому перпендикулярна им.

Следовательно, PS является высотой треугольника PQR, а значит PQ = PR.

Аналогично PQ = QR.

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

5.32. а) Предположим, что треугольник ABC неправильный; например a=b.

Поэтому sin g = 1, т. е. g = 90. Но тогда a = c, и аналогичные рассуждения показывают, что b = 90. Получено противоречие.

б) Обозначим сторону квадрата, две вершины которого лежат на стороне BC, через x. Из подобия треугольников ABC и APQ, где P и Q — вершины Аналогичные рассуждения для других квадратов показывают, что a + ha = 5.33. Если a, b и g — углы треугольника ABC, то углы треугольника A1 B1 C1 равны (b + g)/2, (g + a)/2 и (a + b)/2. Пусть для определённости a b g. Тогда (a + b)/2 (a + g)/2 (b + g)/2. Следовательно, a = (a + b)/ и g = (b + g)/2, т. е. a = b 5.34. В любом треугольнике высота больше диаметра вписанной окружности. Поэтому длины высот — целые числа, большие 2, т. е. все они не меньше 3. Пусть S — площадь треугольника, a — наибольшая его сторона, h — соответствующая высота.

Предположим, что треугольник неправильный. Тогда его периметр P меньше 3a. Поэтому 3a > P = Pr = 2S = ha, т. е. h < 3. Получено противоречие.

5.35. Так как внешний угол при вершине A треугольника ABA1 равен 120 и A1 AB1 = 60, то AB1 — биссектриса этого внешнего угла. Кроме того, BB1 — биссектриса внутреннего угла при вершине B, поэтому A1 B1 — биссектриса угла AA1 C. Аналогично A1 C1 — биссектриса угла AA1 B. Поэтому B1 A1 C1 = (AA1 C + AA1 B)/2 = 90.

5.36. Согласно решению задачи 5.35 луч A1 C1 является биссектрисой угла AA1 B. Пусть K — точка пересечения биссектрис треугольника A1 AB.

Тогда C1 KO = A1 KB = 90 + A/2 = 120. Поэтому C1 KO + C1 AO = 180, т. е. четырёхугольник AOKC1 вписанный. Следовательно, A1 C1 O = KC1 O = = KAO = 30.

5.37. Пусть описанные окружности треугольников ABB1 и ACC1 пересекаются в точке X, лежащей на стороне BC. Тогда XAC = CBB1 = B и XAB = BCC1 = 5.38. а) Пусть S — описанная окружность треугольника ABC, S1 — окружность, симметричная S относительно прямой BC. Ортоцентр H треугольника ABC лежит на окружности S1 (задача 5.10). Проверим, что центр O окружности S тоже принадлежит S1 и биссектриса внешнего угла A проходит через центр окружности S1.

Пусть PQ — диаметр окружности S, перпендикулярный прямой BC, причём точки P и A лежат по одну сторону от прямой BC. Тогда AQ — биссектриса угла A, а AP — биссектриса внешнего угла A. Так как BPC = 120 = BOC, то точка P является центром окружности S1, а точка O принадлежит окружности S1. Тогда POAH — ромб, так как PO HA.

б) Пусть S — описанная окружность треугольника ABC, Q — точка пересечения биссектрисы угла BAC с окружностью S. Легко проверить, что Q — центр окружности S1, симметричной окружности S относительно прямой BC. Кроме того, точки O и H лежат на окружности S1, а так как BIC = и BIa C = 60 (см. задачу 5.3), то Ia I — диаметр окружности S1. Ясно также, что OQI = QAH = AQH, так как OQ AH и HA = QO = QH. Поэтому точки O и H симметричны относительно прямой Ia I.

5.39. Построим внешним образом на стороне AC треугольника ABC правильный треугольник AB1 C. Так как A = 120, точка A лежит на отрезке BB1. Поэтому BB1 = b + c и, кроме того, BC = a и B1 C = b, т. е. треугольник BB1 C искомый.

5.40. а) Пусть M1 и N1 — середины отрезков BH и CH, BB1 и CC1 — высоты.

Прямоугольные треугольники ABB1 и BHC1 имеют общий острый угол при вершине B, поэтому C1 HB = A = 60. Так как треугольник BMH равнобедренный, BHM = HBM = 30. Следовательно, C1 HM = 60 30 = 30 = = BHM, т. е. точка M лежит на биссектрисе угла C1 HB. Аналогично точка N лежит на биссектрисе угла B1 HC.

б) Воспользуемся обозначениями задачи а), и пусть, кроме того, B и C — середины сторон AC и AB. Так как AC1 = AC cos A = AC/2, то C1 C = = |AB AC|/2. Аналогично B1 B = |AB AC|/2, т. е. B1 B = C1 C. Следовательно, параллельные прямые BB1 и B O, CC1 и C O образуют не просто параллелограмм, а ромб. Поэтому его диагональ HO является биссектрисой угла при вершине H.

5.41. Так как BB1 C = B1 BA + B1 AB > B1 BA = B1 BC, то BC > B1 C.

Поэтому точка K, симметричная B1 относительно биссектрисы CC1, лежит на стороне BC, а не на её продолжении. Так как CC1 B = 30, то B1 C1 K = 60, а значит, треугольник B1 C1 K правильный. В треугольниках BC1 B1 и BKB сторона BB1 общая, стороны C1 B1 и KB1 равны, равны также и углы C1 BB и KBB1 но это углы не между равными сторонами. Поэтому возможны два случая:

1. BC1 B1 = BKB1. Тогда BB1 C1 = BB1 K = 60 /2 = 30. Следовательно, если O — точка пересечения биссектрис BB1 и CC1, то BOC = B1 OC1 = = 180 OC1 B1 OB1 C1 = 120. С другой стороны, BOC = 90 + A/ (см. задачу 5.3), т. е. A = 60.

2. BC1 B1 + BKB1 = 180. Тогда четырёхугольник BC1 B1 K вписанный, а так как треугольник B1 C1 K правильный, то B = 180 C1 B1 K = 120.

5.42. Пусть BM — медиана, AK — биссектриса треугольника ABC и BMAK.

Прямая AK является биссектрисой и высотой треугольника ABM, поэтому AM = AB, т. е. AC = 2AM = 2AB. Следовательно, AB = 2, BC = 3 и AC = 4.

5.43. Пусть a и b — катеты, c — гипотенуза данного треугольника. Если числа a и b нечётные, то a2 + b2 при делении на 4 даёт остаток 2 и не может быть квадратом целого числа. Поэтому одно из чисел a и b чётное, а другое нечётное; пусть для определённости a = 2p. Числа b и c нечётные, поэтому c + b = 2q и c b = 2r. Следовательно 4p2 = a2 = c2 b2 = 4qr. Если бы числа q и r имели общий делитель d, то на d делились бы числа a = 2 qr, b = q r и c = q + r. Поэтому числа q и r взаимно просты, а так как p = qr, то q = m2 и r = n2. В итоге получаем a = 2mn, b = m2 n2 и c = m2 + n2.

Легко проверить также, что если a = 2mn, b = m2 n2 и c = m2 + n2, то a2 + b2 = c2.

5.44. Пусть p — полупериметр треугольника, а a, b, c — длины его сторон.

По формуле Герона S2 = p(p a)(p b)(p c). С другой стороны, S2 = p2 r2 = p2, так как r = 1. Поэтому p = (p a)(p b)(p c). Если ввести неизвестные x = p a, y = p b, z = p c, то это уравнение перепишется в виде x + y + z = xyz. Заметим, что число p целое или полуцелое (т. е. число вида (2n + 1)/2, где n целое), поэтому все числа x, y, z одновременно целые или полуцелые. Но если они полуцелые, то число x + y + z полуцелое, а число xyz имеет вид m/8, где число m нечётное. Следовательно, числа x, y, z целые.

Пусть для определённости x y z. Тогда xyz = x + y + z 3z, т. е. xy 3.

Возможны три случая.

1. x = 1, y = 1. Тогда 2 + z = z, чего не может быть.

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

c = 3.