«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 ...»

6.33. Достроим треугольники ABD и DBC до параллелограммов ABDA и DBCC1. Отрезки, соединяющие точку D с вершинами параллелограмма ACC1 A1, делят его на четыре треугольника, равных треугольникам DAB, CDA, BCD и ABC, поэтому радиусы вписанных окружностей этих треугольников равны. Докажем, что точка D совпадает с точкой O пересечения диагоналей параллелограмма. Если D = O, то можно считать, что точка D лежит внутри треугольника AOC. Тогда rADC < rAOC = rA1 OC1 < rA1 DC1 = rABC (см. задачу 10.90). Получено противоречие, поэтому D = O.

Так как p = S/r, а площади и радиусы вписанных окружностей треугольников, на которые диагонали делят параллелограмм ACC1 A1, равны, то равны и их периметры. Поэтому ACC1 A1 — ромб, a ABCD — прямоугольник.

6.34. Точки C1 и D1 лежат на серединном перпендикуляре к отрезку AB, поэтому AB C1 D1. Аналогично C1 D1 A2 B2, а значит, AB A2 B2. Аналогично доказывается, что параллельны и остальные соответственные стороны и диагонали четырёхугольников ABCD и A2 B2 C2 D2. Следовательно, эти четырёхугольники подобны.

Пусть M — середина отрезка AC. Тогда B1 M=|AM ctg D| и D1 M=|AM ctg B|, причём B1 D1 = |ctg B + ctg D| · AC/2. Повернём четырёхугольник A1 B1 C1 D на 90. Тогда, воспользовавшись результатом задачи 6.28, получим, что этот четырёхугольник выпуклый, причём ctg A = ctg C1 и т. д. Поэтому A2 C2 = |ctg A + ctg C| · B1 D1 /2 = |(ctg A + ctg C)(ctg B + ctg D)/4| · AC.

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

6.36. Достаточно проверить, что ортоцентры любых трёх из данных четырёх треугольников лежат на одной прямой. Пусть некоторая прямая пересекает прямые B1 C1, C1 A1 и A1 B1 в точках A, B и C соответственно; A2, B2 и C2 — ортоцентры треугольников A1 BC, AB1 C и ABC1. Прямые AB2 и A2 B перпендикулярны прямой A1 B1, поэтому они параллельны.

Аналогично BC2 B2 C и CA2 C2 A. Точки A, B и C лежат на одной прямой, поэтому точки A2, B2 и C2 тоже лежат на одной прямой (см. задачу 1.12 б).

6.37. Возьмём на диагонали BD точку M так, что MCD = BCA. ТоABC DMC, так как углы BAC и BDC опираются на одну дугу.

гда Поэтому AB · CD = AC · MD. Поскольку MCD = BCA, то BCM = ACD и BCM ACD, так как углы CBD и CAD опираются на одну дугу. Поэтому BC · AD = AC · BM. Следовательно, AB · CD + AD · BC = AC · MD + AC · BM = = AC · BD.

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

6.39. Пусть правильный семиугольник A1... A7 вписан в окружность.

Применяя теорему Птолемея к четырёхугольнику A1 A3 A4 A5, получаем A1 A3 ·A5 A4 +A3 A4 ·A1 A5 =A1 A4 ·A3 A5, т. е. sin 2a sin a+sin a sin 3a=sin 3a sin 2a.

6.40. Пусть A1, B1 и C1 — середины сторон BC, CA и AB. По теореме Птолемея AC1 · OB1 + AB1 · OC1 = AO · B1 C1, где O — центр описанной окружности. Поэтому cdb + bdc = aR. Аналогично adc + cda = bR и adb + bda = cR.

Кроме того, ada + bdb + cdc = 2S = (a + b + c)r. Складывая все эти равенства и сокращая на a + b + c, получаем требуемое.

6.41. Пусть P — вторая точка пересечения отрезка CC1 с вписанной окружностью. Тогда AB1 C1 = B1 PC1, поэтому PB1 /B1 C1 = CP/CB1. Аналогично доказывается, что CP/CA1 = PA1 /A1 C1. Учитывая, что CA1 = CB1, получаем PB1 · A1 C1 = PA1 · B1 C1.

По теореме Птолемея PB1 · A1 C1 + PA1 · B1 C1 = PC1 · A1 B1, т. е. 2PB1 · A1 C1 = = 2PC1 · QA1. Ясно также, что B1 PC1 = QA1 C1. Поэтому B1 PC1 QA1 C1, а значит, BC1 P = QC1 A1.

З а м е ч а н и е. Утверждение задачи можно переформулировать следующим образом: точка Жергонна треугольника ABC совпадает с точкой Лемуана треугольника A1 B1 C1.

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

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

6.44. Применяя теорему Птолемея к четырёхугольнику APQR, получаем AP · RQ + AR · QP = AQ · PR. Так как ACB = RAQ = RPQ и RQP = = 180 PAR = ABC, то RQP ABC, а значит, RQ : QP : PR = AB : BC : CA.

Остаётся заметить, что BC = AD.

6.45. а) Запишем теорему Птолемея для всех четырёхугольников с вершинами в точке A и трёх последовательных вершинах данного многоугольника так, чтобы сомножители di с чётными номерами всегда стояли в правой части: d1 a + d3 a = d2 b, d3 b = d2 a + d4 b,..., d2n1 a + d2n+1 a = d2n b, d1 a + d2n+1 b = d2n a, d1 b + d2n+1 a = d2 a (здесь a — сторона данного многоугольника, b — его наименьшая диагональ). Сложив эти равенства, получим б) Пусть R — радиус окружности S. Тогда li = di (R ± r)/R (см. задачу 3.21). Остаётся воспользоваться результатом задачи а).

6.46. Пусть оба касания внешние и x y. Прямая, проходящая через центр O окружности радиуса x параллельно отрезку, соединяющему точки касания, пересекает окружность радиуса y x (с центром в центре окружности радиуса y) в точках A и B (рис. 6.9).

Тогда OA = a(R + x)/R и OB = OA + a(y x)/R = a(R + y)/R.

Квадрат искомой длины общей внешней касательной равен Аналогичные рассуждения показывают, что если оба касаРис. 6. ния внутренние, то квадрат длины внешней касательной равен (a/R) (R x)(R y), а если окружность радиуса x касается внешне, а окружность радиуса y — внутренне, то квадрат длины внутренней касательной равен (a/R)2 (R y)(R + x).

З а м е ч а н и е. В случае внутреннего касания окружностей предполагается, 6.47. Пусть R — радиус описанной окружности четырёхугольникаABCD;

ra, rb, rc и rd — радиусы окружностей a, b, g и d. Пусть далее a = R ± ra, причём знак плюс берётся в случае внешнего касания, а знак минус — в случае внутреннего; числа b, c и d определяются аналогично. Тогда tab = abAB/R (см. задачу 6.46) и т. д. Поэтому, домножая равенство AB · CD + BC · DA = = AC · BD на abcd/R2, получаем требуемое.

6.48. Так как EBD = ABE + CBD, то на стороне ED можно взять точку P так, что EBP = ABE = AEB, т. е. BP AE. Тогда PBD = EBD EBP = CBD = BDC, т. е. BP CD. Следовательно, AE CD, а так как AE = CD, то CDEA — параллелограмм. Поэтому AC = ED, т. е. треугольник ABC равносторонний и ABC = 60.

6.49. а) Пусть O — центр описанной окружности треугольника CKE. Достаточно проверить, что COK = 2KCB. Оба эти угла легко вычисляются: COK = 180 2OKC = 180 EKC = 180 EDC = 72 и KCB = = (180 ABC)/2 = 36.

б) Так как BC — касательная к описанной окружности треугольника CKE, то BE · BK = BC2, т. е. d(d a) = a2.

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

6.51. Пусть точки A1,..., E1 симметричны точкам A,..., E относительно центра окружности S; P, Q и R — точки пересечения прямых BC1 и AB1, AE1 и BA1, BA1 и CB1 (рис. 6.10).

Тогда PQ = AB = a и QR = b. Так как PQ AB и ABA1 = 90, то PR2 = PQ2 + QR2 = a2 + b2.

Прямая PR проходит через центр окружности S PQR и P Q R равны. Следовательно, SACE = SBDF.

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

Поэтому |AB DE| = |CD AF| = |EF BC|.

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

6.55. Предположим, что прямые, на которых лежат диагонали шестиугольника, образуют треугольник PQR. Обозначим вершины шестиугольника следующим образом: вершина A лежит на луче QP, B — на RP, C — на RQ и т. д.

сторон, обозначим так, как показано на том же рисунке. Легко проверить, что SKONF = SLOMC, т. е. a + f = c + d. Следовательно, ломаная POQ делит шестиугольник на две части равной площади, а значит, отрезок PQ проходит через точку O.

6.57. а) Вписанная трапеция является равнобочной, поэтому если данный шестиугольник вписанный, то его диагонали равны. Предположим теперь, что диагонали данного шестиугольника ABCDEF равны. Тогда, например, ABDE — равнобочная трапеция, причём прямая, соединяющая середины её оснований AB и ED, является биссектрисой угла между прямыми AD и BE.

Поэтому прямые, соединяющие середины противоположных сторон шестиугольника ABCDEF, пересекаются в одной точке O — точке пересечения биссектрис треугольника, образованного диагоналями AD, BE и CF (если диагонали пересекаются в одной точке, то в качестве O берётся именно эта точка).

б) В случае невыпуклого шестиугольника ABCDEF единственное существенное отличие заключается в том, что теперь прямая, соединяющая середины сторон AB и ED, может быть не только биссектрисой внутреннего угла треугольника, образованного диагоналями AD, BE и CF, но и биссектрисой внешнего угла. А три биссектрисы треугольника, среди которых есть как внутренние, так и внешние, не всегда пересекаются в одной точке (внешних биссектрис должно быть чётное число). Поэтому дополнительно нужно доказать, что в рассматриваемой ситуации три биссектрисы всегда пересекаются в одной точке. Для этого мы воспользуемся тем, что рассматриваемые биссектрисы l1, l2, l3 можно занумеровать так, что композиция симметрий (Sl1 Sl2 Sl3 )2 оставляет точку A на месте: A B C D E F A.

Действительно, согласно задаче 17.39 преобразование Sl1 Sl2 Sl3 является скользящей симметрией, а согласно задаче 17.23 это преобразование является симметрией тогда и только тогда, когда прямые l1, l2 и l3 пересекаются в одной точке.

6.58. а) Пусть O — центр описанной окружности. Так как Ak OAk+2 = = 360 2Ak Ak+1 Ak+2 = f — постоянная величина, то при повороте с центром O на угол f точка Ak переходит в Ak+2. Для нечётного n из этого следует, что все стороны многоугольника A1... An равны.

б) Пусть a — длина стороны данного многоугольника. Если одна из его сторон делится точкой касания с вписанной окружностью на отрезки длиной x и a x, то соседние с ней стороны тоже делятся на отрезки длиной x и a x (смежные отрезки соседних сторон равны) и т. д. Для нечётного n из этого следует, что все стороны многоугольника A1... An, делятся точками касания с вписанной окружностью пополам, а значит, все его углы равны.

6.59. Стороны многоугольника A1... An параллельны сторонам правильного n-угольника. Отложим на лучах OA1,...

..., OAn равные отрезки OB1,..., OBn.

Тогда многоугольник B1... Bn правильный и стороны многоугольника A1... An образуют равные углы с его сторонами.

Следовательно, OA1 : OA2 = OA2 : OA3 =...

... = OAn : OA1 = k, т. е. OA1 = kOA2 = = k2 OA3 =... = kn OA1, а значит, k = 1.

6.60. Обозначим вершины пятиугольника так, как показано на рис. 6.13.

Если в треугольнике две высоты равны, то равны и стороны, на которые опущены эти высоты. Рассматривая треугольники EAB, ABC и BCD, получаем EA = AB, AB = BC и BC = CD. Поэтому трапеции EABC и ABCD равнобедренные, т. е. A = B = C. Рассматривая треугольники ABD и BCE, получаем AD = BD и BE = CE. Так как треугольники EAB, ABC, BCD равны, то BE = AC = BD. Поэтому AD = BE и BD = CE, т. е. трапеции ABDE и CDEB равнобедренные. Следовательно, ED = AB = BC = CD = AE и E = A = B = C = D, т. е. ABCDE — правильный пятиугольник.

6.61. Треугольник BMC равнобедренный с углом при вершине 30 и углом при основании (180 30 )/2 = 75. Следовательно, треугольники BAM и BCN равнобедренные с углом 15 при основании. Поэтому треугольник BMN правильный. Пусть O — центр квадрата, P и Q — середины отрезков MN и BK (рис. 6.14). Так как OQ — средняя линия треугольника MBK, то OQ = BM/2 = = MP = OP и QON = MBA = 15, а значит, POQ = PON QON = 30.

Дальнейшее доказательство проводится аналогично.

6.62. Рассмотрим правильный двенадцатиугольник A1... A12, вписанный в окружность радиуса R. Ясно, что A1 A7 = 2R, A1 A3 = A1 A11 = R. Поэтому A1 A7 = A1 A3 + A1 A11.

6.63. Для k = 3 решение задачи ясно из рис. 6.15. В самом деле, A3 A4 = OQ, KL = QP и MN = PA14, поэтому A3 A4 + KL + MN = OQ + QP + PA14 = OA14 = R.

Доказательство проводится аналогично и для любого k.

6.64. Для доказательства достаточно применить результат задач 5. и 5.85 б) к треугольнику Aa Ac Ae и прямым Aa Ad, Ac Af и Ae Ab. При решении задачи б) нужно ещё заметить, что sin 20 sin 70 = sin 20 cos 20 = (sin 40 )/2 = = sin 30 sin 40, а при решении задачи в) нужно заметить, что sin 10 sin 80 = = sin 30 sin 20.

6.65. Как и в предыдущей задаче, нужно проверить равенство где a = 180 /30 = 6. Ясно, что sin 14a = cos a, поэтому 2 sin a sin 3a sin 14a = =sin 2a sin 3a. Остаётся проверить, что sin 3a=2 sin 2a sin 8a=cos 6acos 10a= = 1 2 sin2 3a 1/2, т. е. 4 sin2 18 + 2 sin 18 = 1 (см. задачу 5.52).

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

Пусть теперь n = 2m + 1. Диагонали и стороны правильного (2m + 1)-угольника имеют m различных длин. Поэтому отмеченные точки лежат на m концентрических окружностях (по n точек на каждой). Окружность, не принадлежащая этому семейству концентрических окружностей, содержит не более 2m = n 1 отмеченных точек.

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

6.67. Обозначим центр многоугольника через O, вершины — через A1,...

..., An. Предположим, что среди одноцветных многоугольников нет равных, т. е. они имеют m = m1 < m2 < m3 <... < mk сторон соответственно. Рассмотрим преобразование f, определённое на множестве вершин n-угольника и переводящее вершину Ak в вершину Amk : f(Ak ) = Amk (считаем, что Ap+qn = Ap ). При этом преобразовании вершины правильного m-угольника переходят в одну точку B, поэтому сумма векторов Of(Ai ), где Ai — вершины m-угольника, равна mOB = 0.

Поскольку Ami OAmj = mAi OAj вершины любого правильного многоугольника с числом сторон больше m переходят при рассматриваемом преобразовании в вершины правильного многоугольника. Поэтому и сумма векторов Of(Ai ) по всем вершинам n-угольника и аналогичные суммы по вершинам m2 -, m3 -,..., mk -угольников равны нулю. Получено противоречие с тем, что сумма векторов Of(Ai ) по вершинам m-угольника не равна нулю. Поэтому среди одноцветных многоугольников найдутся два равных.

6.68. Пусть правильный (n 1)-угольник B1... Bn1 вписан в правильный n-угольник A1... An. Можно считать, что A1 и B1 — наименее удалённые друг от друга вершины этих многоугольников и точки B2, B3, B4 и B лежат на сторонах A2 A3, A3 A4, A4 A5 и A5 A6. Пусть ai = Ai+1 Bi Bi+1 и bi = = Bi Bi+1 Ai+1, где i = 1, 2, 3, 4. По теореме синусов A2 B2 : B1 B2 = sin a1 : sin f и B2 A3 : B2 B3 = sin b2 : sin f, где f — угол при вершине правильного n-угольника. Следовательно, sin a1 + sin b2 = an sin f/an1 где an и an1 — стороны данных многоугольников. Аналогичные рассуждения показывают, что sin a1 + + sin b2 = sin a2 + sin b3 = sin a3 + sin b4. Заметим теперь, что sin ai + sin bi+1 = = 2 sin((ai + bi+1 )/2)cos((ai bi+1 )/2), и займёмся вычислением ai + bi+ и ai bi+1. Так как ai + bi = 2p/n и ai+1 + bi = 2p/(n 1), то ai+1 = ai + + 2p/(n(n 1)) и величина постоянная и ai bi+1 = ai1 bi + 4p/(n(n 1)). Следовательно, cos j = cos(j + 2p/n(n 1)) = cos(j + 4p/(n 1)n) для j = (a1 b2 )/2.

Получено противоречие, так как на интервале, длина которого меньше 2p, косинус не может принимать одно значение в трёх различных точках.

З а м е ч а н и е. В правильный пятиугольник квадрат вписать можно (см.

задачу 6.50).

6.69. Пусть a = OA1 +... + OAn. При повороте вокруг точки O на угол 360 /n точка Ai переходит в Ai+1, а значит, вектор a переходит в себя, т. е. a = 0.

6.70. Проведём через центр правильного многоугольника A1... An прямую l, не проходящую через его вершины. Пусть xi равно проекции вектора OAi на прямую, перпендикулярную прямой l. Тогда все xi отличны от нуля и сумма чисел xi, стоящих в вершинах правильного k-угольника, равна нулю, поскольку равна нулю соответствующая сумма векторов OAi (см. задачу 6.69).

6.71. Согласно задаче 6.69 a = 10AO и b = 10BO, где O — центр многоугольника X1... X10. Ясно, что если точка A расположена очень близко к вершине многоугольника, а точка B — очень близко к середине стороны, то AO > BO.

6.72. Так как Ai X2 = n(R2 + d2 ) + 2 Ai O, OX = n(R2 + d2 ) (см. задачу 6.69).

6.73. Обозначим через Sk сумму квадратов расстояний от вершины Ak до всех остальных вершин. Тогда сторон и диагоналей дважды входит в эту сумму, искомая сумма равна n2 R2.

6.74. Пусть Xk — образ точки X при повороте относительно центра O данного n-угольника, переводящем Ak в A1. При этом повороте отрезок Ak X переходит в A1 Xk. Следовательно, A1 X +... + An X = A1 X1 +... + A1 Xn. А так как n-угольник X1... Xn правильный, то A1 X1 +... + A1 Xn = nA1 O (см. задачу 6.69), а значит, A1 X1 +... + A1 Xn nA1 O.

6.75. Пусть B — проекция точки X на прямую OAi. Тогда (ei, x) = = (OAi, OBi + Bi X) = (OAi, OBi ) = ±R · OBi. Точки B1,..., Bn лежат на окружности с диаметром OX и являются вершинами правильного n-угольника при n нечётном и вершинами n/2-угольника, взятыми по два раза, при n чётном 6.76. Пусть e1,..., en — векторы, идущие из центра данного n-угольника в его вершины; x — единичный вектор, перпендикулярный прямой l. Искомая сумма равна 6.77. Пусть e1,..., en — единичные векторы, направленные из центра O правильного n-угольника в середины его сторон; x = OX. Тогда расстояние от точки X до i-й стороны равно |(x, ei ) r|. Поэтому искомая сумма равна ((x, ei )2 2r(x, ei ) + r2 ) = (x, ei )2 + nr2. Согласно задаче 6.75 (x, ei )2 = = nd /2.

6.78. Пусть x — единичный вектор, параллельный прямой l, ei = Ai Ai+1.

Тогда квадрат длины проекции стороны Ai Ai+1 на прямую l равен (x, ei )2.

Согласно задаче 6. 6.79. Пусть a = XO, ei = OAi. Тогда XA4 = |a + ei |4 = (|a|2 + 2(a, ei ) + |ei |2 )2 = = 4(R + (a, ei )) = 4(R + 2R2 (a, ei ) + (a, ei )2 ). Ясно, что = 0. Согласно задаче 6. 4(nR4 + nR4 /2) = 6nR4.

6.80. а) Докажем сначала требуемое соотношение для u = e1. Пусть ei = = (sin fi, cos fi ), причём cos f1 = 1. Тогда Для u = e2 доказательство проводится аналогично. Остаётся заметить, что любой вектор u можно представить в виде u = le1 + me2.

б) Пусть B1... Bn — середины сторон данного многоугольника, ei = OBi /OBi = (u, ei )ei = nu/2 = nXO/2.

6.81. Пусть e0,..., en1 — векторы сторон правильного n-угольника. Достаточно доказать, что, переупорядочив эти векторы, можно получить такой набор векторов {a1,..., an }, что kak = 0. Число n, не являющееся степенью простого числа, можно представить в виде n = pq, где p и q — взаимно простые числа. Докажем теперь, что набор {e0, ep,..., e(q1)p ; eq, eq+p,..., eq+(q1)p,...;

e(p1)q,..., e(p1)q+(q1)p } искомый. Заметим сначала, что если x1 q + y1 p x2 q + + y2 p (mod pq), то x1 x2 (mod p) и y1 y2 (mod q), поэтому в рассматриваемом наборе каждый из векторов e0,..., en1 встречается ровно один раз.

Концы векторов eq, eq+p,..., eq+(q1)p с общим началом образуют правильный q-угольник, поэтому их сумма равна нулю. Кроме того, векторы e0, ep,..., e(q1)p переходят в eq, eq+p,..., eq+(p1)q, при повороте на угол f = = 2p/p. Поэтому если e0 + 2ep +... + qe(q1)p = b, то (q + 1)eq + (q + 2)eq+p +...

... + 2qeq+(q1)p = q(eq +... + eq+(q1)p ) + eq + 2eq+p +... + qeq+(q1)p = Rf b, где Rf b — вектор, полученный из вектора b поворотом на угол f = 2p/p. Аналогичные рассуждения показывают, что для рассматриваемого набора вектоkak = b + Rf b +... + R(p1)f b = 0.

ров 6.82. Предположим, что на сторонах треугольника ABC внешним образом построены квадраты ABB1 A1, BCC2 B2, ACC3 A3 и вершины A1, B1, B2, C2, C3, A3 лежат на одной окружности S. Серединные перпендикуляры к отрезкам A1 B1, B2 C2, A3 C3 проходят через центр окружности S. Ясно, что серединные перпендикуляры к отрезкам A1 B1, B2 C2, A3 C3 совпадают с серединными перпендикулярами к сторонам треугольника ABC, поэтому центр окружности S совпадает с центром описанной окружности треугольника.

Обозначим центр описанной окружности треугольника ABC через O. Расстояние от точки O до прямой B2 C2 равно R cos A + 2R sin A, где R — радиус описанной окружности треугольника ABC. Поэтому OB2 = (R sin A)2 + + (R cos A + 2R sin A)2 = R2 (3 + 2(sin 2A cos 2A)) = R2 (3 2 2 cos(45 + 2A)). Ясно, что для того, чтобы треугольник обладал требуемым свойством, необходимо и достаточно, чтобы OB2 = OC2 = OA2, т. е. cos(45 + 2A) = cos(45 + 2B) = = cos(45 + 2C). Это равенство выполняется при A = B = C = 60. Если же A = B, то (45 + 2A) + (45 + 2B) = 360, т. е. A + B = 135. Тогда что треугольник должен быть либо равносторонним, либо равнобедренным прямоугольным.

6.83. В любом треугольнике выполнено соотношение hc = ab/2R (задача 12.35), поэтому pk = MAk · MAk+1 /2R. Следовательно, 6.84. Пусть ABC — треугольник, вписанный в окружность S. Обозначим расстояния от центра O окружности до сторон BC, CA и AB через a, b и c соответственно. Тогда R + r = a + b + c, если точка O лежит внутри треугольника ABC, и R + r = a + b + c, если точки O и A лежат по разные стороны от прямой BC (см. задачу 12.40).

Каждая из диагоналей разбиения принадлежит двум треугольникам разбиения. Для одного из этих треугольников точка O и оставшаяся вершина лежат по одну сторону от диагонали, для другого — по разные стороны. Разбиение n-угольника непересекающимися диагоналями на треугольники состоит из n 2 треугольников. Поэтому сумма (n 2)R + r1 +... + rn2 равна сумме расстояний от точки O до сторон n-угольника (расстояния до сторон берутся с соответствующими знаками). Из этого видно, что сумма r1 +... + rn2 не зависит от разбиения.

6.85. Пусть многоугольник A1... An вписан в окружность. Рассмотрим точку A2, симметричную точке A2 относительно серединного перпендикуляра к отрезку A1 A3. Тогда многоугольник A1 A2 A3... An вписанный и его площадь равна площади многоугольника A1... An. Таким образом можно поменять местами любые две соседние стороны, а значит, можно поменять местами любые две стороны. Поэтому к любой стороне можно «подогнать» любую другую сторону, к ней — любую из оставшихся и т. д. Следовательно, площадь n-угольника, вписанного в данную окружность, зависит только от набора длин сторон, но не от их порядка.

6.86. Без ограничения общности можно считать, что an — наибольшее из чисел a1,..., an. Пусть n-угольник A1... An вписан в окружность с центром O. Тогда Ai Ai+1 : A1 An = sin(Ai OAi+1 /2) : sin(A1 OAn /2). Поэтому поступим следующим образом. Из соотношения sin(fi /2) : sin(f/2) = ai : an угол fi однозначно выражается через f, если fi < p. На окружности радиуса фиксируем точку An и рассмотрим такие переменные точки A1,..., An1, An, An1 An = fn1, причём расположим эти точки двумя различными способами, изображёнными на рис. 6.16 (первый способ (рис. 6.16, а) будет соответствовать n-угольнику, содержащему центр окружности, а второй (рис. 6.16, б) — не содержащему). Остаётся доказать, что при изменении f от 0 до p в одном из этих случаев точка An совпадает с An (в самом деле, тогда с точностью до подобия получается искомый n-угольник). Предположим, что в первом случае при 0 f p точки An и An никогда не совпадают, т. е. при f = p выполняется неравенство f1 +... + fn1 < p. Рисунок 6.16, б требует некоторых комментариев: при малых углах sin a a, поэтому из условия задачи следует, что при малых углах точка An действительно лежит на дуге A1 An, так как f1 +... + fn1 > f. Итак, при малых углах f1 +... + fn1 > f, а если f = p, то согласно предположению f1 +... + fn1 < p = f. Поэтому в некоторый момент f = f1 +... + fn1, т. е. точки An и An совпадают.

6.87. Пусть h1,..., hn — расстояния от данной точки до соответствующих сторон, a1,..., an — расстояния от вершин многоугольника до точек касания.

Тогда произведение площадей как красных, так и синих треугольников равно 6.88. Пусть OHi — высота треугольника OAi Ai+1. Тогда Hi1 OAi = Hi OAi = =fi. Из условия задачи следует, что f1 +f2 =fn+1 +fn+2, fn+2 +fn+3 =f2 +f3, f3 + f4 = fn+3 + fn+4,..., fn2 + fn1 = f2n2 + f2n1 (при записи последнего равенства мы учли, что n нечётно) и fn1 + 2fn + fn+1 = f2n1 + 2f2n + f1.

Складывая все эти равенства, получаем fn1 + fn = f2n1 + f2n, что и требовалось.

6.89. Пусть O — центр данной окружности. Тогда XAi = XO + OAi, а значит, XAi = XO + OAi + 2(XO, OAi ) = d + r + 2(XO, OAi ). Так как a1 OA1 +...

... + an OAn = 0 (см. задачу 13.4), то a1 XA1 +... + an XAn = (a1 +... + an )(d2 + r2 ).

6.90. Согласно задаче 5.8 bi1 bi /a2 = sin2 (Ai /2). Для решения задачи а) достаточно перемножить все такие равенства, а для решения задачи б) произведение равенств с чётным индексом i нужно поделить на произведение равенств с нечётным индексом i.

6.91. Пусть BC — синяя сторона, AB и CD — соседние с BC стороны. По условию стороны AB и CD красные. Предположим, что многоугольник описанный; P, Q, R — точки касания сторон AB, BC, CD с вписанной окружностью.

Ясно, что BP = BQ, CR = CQ и отрезки BP, CR граничат только с одним синим отрезком. Поэтому сумма длин красных сторон не меньше суммы длин синих сторон. Получено противоречие с тем, что сумма длин красных сторон меньше половины периметра. Поэтому в многоугольник нельзя вписать окружность.

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

AB + CD < AC + BD. Получено противоречие, поэтому стороны, равные по длине наибольшей диагонали, должны быть смежными, т. е. таких сторон не Пример многоугольника с двумя сторонами, равными по длине наибольшей диагонали, приведён на а C — вершина, не соседняя ни с A, ни с B. Тогда |AC BC| < AB = 1. Поэтому AC = BC, т. е. точка C лежит на серединном перпендикуляре к стороне AB.

Примером четырёхугольника, обладающего требуемым свойством, является прямоугольник ACDE на том треугольник EAB, проведём серединные перпендикуляры к сторонам EA, AB и на них построим точки C и D Докажем теперь, что пятая сторона и пятая диагональ не могут иметь общей точки. Предположим, Разберём эти два случая.

В первом случае AED = CDE, поэтому при симметрии относительно серединного перпендикуляра к отрезку ED точка A переходит в точку C.

Точка B при этой симметрии остаётся на месте, так как BE = BD. Поэтому отрезок AB переходит в CB, т. е. AB = CB. Получено противоречие.

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

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

Пусть теперь A1 OA2 < 90. Проведём через точку O прямые l1 и l2, перпендикулярные прямым OA1 и OA2. Обозначим области, на которые эти прямые разбивают плоскость, так, как показано на рис. 6.21. Если в области (3) есть вершина Ak, то A1 O = Ak O = A2 O, поскольку A1 OAk и A2 OAk 90. Если же в области (3) нет вершин многоугольника, то в области (1) есть вершина Ap и в области (2) есть вершина Aq. (Если бы в одной из областей (1), (2) не было вершин многоугольника, то точка O оказалась бы вне многоугольника.) Так как A1 OAq 90, A2 OAp 90 и Ap OAq 90, Остаётся заметить, что если расстояния от точки O до любой пары соседних вершин многоугольника равны, то равны и все расстояния от точки O до вершин многоугольника.

6.97. Пусть прямые AB и DE пересекаются в точке G, BC и EF в точке H, CD и FA в точке K. Пусть, далее, X и Y — точки пересечения описанной окружности треугольника EBH с прямыми AB и DE. Покажем, что соответственные стороны треугольников ADK и XYH параллельны. (Из этого следует, что прямая KH проходит через точку G.) Из равенств (YX, AB) = (YX, XB) = (YE, EB) = (DE, EB) = (DA, AB) следует, что AD XY. После этого из равенств (XY, YH) = (XB, BH) = = (AB, BC) = (AD, DC) = (AD, DK) следует, что DK YH, а из равенств (YX, XH) = (YE, EH) = (DE, EF) = (DA, AF) = (DA, AK) следует, что AK XH.

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

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

Следовательно, точки A2, B2, C2 и R лежат на одной прямой.

6.99. Поскольку углы APT, ART, AST и AQT прямые, то точки A, P, R, T, S, Q лежат на окружности, построенной на отрезке AT как на диаметре.

Следовательно, по теореме Паскаля точки B, C и точка пересечения прямых PR и QS лежат на одной прямой.

6.100. Точки A1 и B1 лежат на окружности S с диаметром AB. Пусть A4 и B4 — точки пересечения прямых AA2 и BB2 с прямой A3 B3. Согласно задаче 2.44 а) эти точки лежат на окружности S. Прямые A1 B и A4 A пересекаются в точке A2, а прямые BB4 и AB1 — в точке B2. Поэтому, применяя теорему Паскаля к точкам B1, A1, B, B4, A4, A, получаем, что точка пересечения прямых B1 A1 и B4 A4 (последняя прямая совпадает с A3 B3 ) лежит на прямой A2 B2.

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

6.102. Пусть точки B1 и C1 симметричны точкам B и C относительно точки O. Тогда точка X лежит на прямых AB1 и C1 D. Применим теорему Паскаля к шестиугольнику AB1 BDC1 C. Прямые AB1 и DC1 пересекаются в точке X, прямые BB1 и CC1 — в точке O; прямые BD и AC — диагонали четырёхугольника.

6.103. Пусть лучи PA и QA пересекают окружность в точках P2 и Q2, т. е. P1 P2 и Q1 Q2 — диаметры данной окружности. Применим теорему Паскаля к шестиугольнику PP2 P1 QQ2 Q1. Прямые PP2 и QQ2 пересекаются в точке A, а прямые P1 P2 и Q1 Q2 пересекаются в точке O, поэтому точка пересечения прямых P1 Q и Q1 P лежит на прямой AO.

6.104. Пусть B1 и C1 — середины дуг AC и AB (имеются в виду дуги, не содержащие точек B и C соответственно). Согласно задаче 3.43 а) точки M и N лежат на отрезках KC1 и KB1.

Применим теорему Паскаля к шестиугольнику C1 CABB1 K. Прямые CC и BB1 — биссектрисы; прямые CA и B1 K пересекаются в точке N, прямые AB и C1 K — в точке M.

Отметим, что задача 3.47 является частным случаем этой задачи.

6.105. Пусть данные точки A, B, C, D, E лежат на одной окружности.

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

Из этого вытекает следующее построение. Проведём через точку E произвольную прямую a и обозначим точку её пересечения с прямой BC через L.

Затем построим точку K пересечения прямых AB и DE и точку M пересечения прямых KL и CD. Наконец, F — точка пересечения прямых AM и a. Докажем, что F лежит на нашей окружности. Пусть F1 — точка пересечения окружности и прямой a. Из теоремы Паскаля следует, что F1 лежит на прямой AM, т. е. F1 является точкой пересечения a и AM. Поэтому F1 = F.

6.106. Пусть P и Q — точки пересечения прямой A3 A4 с A1 A2 и A1 A6, а R и S — точки пересечения прямой A4 A5 с A1 A6 и A1 A2. Тогда A2 K : A3 L = = A2 P : A3 P, A3 L : A6 M = A3 Q : A6 Q и A6 M : A5 N = A6 R : A5 R. Поэтому требуемое соотношение A2 K : A5 N = A2 S : A5 S перепишется в виде Пусть T — точка пересечения прямых A2 A3 и A5 A6 ; по теореме Паскаля точки S, Q и T лежат на одной прямой. Применяя теорему Менелая (см. задачу 5.69) к треугольнику PQS и точкам T, A2 и A3, а также к треугольнику RQS и точкам T, A5 и A6, получаем Перемножая эти равенства, получаем требуемое. (Отношения отрезков следует считать ориентированными.)

ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ МЕСТА ТОЧЕК

1. Геометрическое место точек (сокращённо ГМТ), обладающих некоторым свойством, — это фигура, состоящая из всех точек, для которых выполнено это свойство.

2. Решение задачи на поиск ГМТ должно содержать доказательство того, что а) точки, обладающие требуемым свойством, принадлежат фигуре, являющейся ответом задачи;

б) все точки фигуры обладают требуемым свойством.

3. ГМТ, обладающих двумя свойствами, является пересечением (т. е. общей частью) двух фигур: ГМТ, обладающих первым свойством, и ГМТ, обладающих вторым свойством.

4. Три важнейших ГМТ:

а) ГМТ, равноудалённых от точек A и B, является серединным перпендикуляром к отрезку AB;

б) ГМТ, удалённых на расстояние R от данной точки O, является окружностью радиуса R с центром O;

в) ГМТ, из которых данный отрезок AB виден под данным углом, является объединением двух дуг окружностей, симметричных относительно прямой AB (точки A и B не принадлежат ГМТ).

1. а) Найдите ГМТ, равноудалённых от двух параллельных прямых.

б) Найдите ГМТ, равноудалённых от двух пересекающихся прямых.

2. Найдите геометрическое место середин отрезков с концами на двух данных параллельных прямых.

3. Дан треугольник ABC. Найдите ГМТ X, удовлетворяющих неравенствам AX BX CX.

4. Найдите геометрическое место таких точек X, что касательные, проведённые из X к данной окружности, имеют данную длину.

5. На окружности фиксирована точка A. Найдите ГМТ X, делящих хорды с концом A в отношении 1 : 2, считая от точки A.

7.1. Два колеса радиусов r1 и r2 катаются по прямой l. Найдите множество точек пересечения M их общих внутренних касательных.

184 Глава 7. Геометрические места точек 7.2. Стороны AB и CD четырёхугольника ABCD площади S не параллельны. Найдите ГМТ X, лежащих внутри четырёхугольника, для которых SABX + SCDX = S/2.

7.3. Даны две прямые, пересекающиеся в точке O. Найдите ГМТ X, для которых сумма длин проекций отрезков OX на эти прямые постоянна.

7.4. Дан прямоугольник ABCD. Найдите ГМТ X, для которых AX + BX = CX + DX.

7.5*. Найдите геометрическое место точек M, лежащих внутри ромба ABCD и обладающих тем свойством, что AMD + BMC = 180.

7.6. На плоскости даны точки A и B. Найдите ГМТ M, для которых разность квадратов длин отрезков AM и BM постоянна.

7.7. Даны окружность S и точка M вне её. Через точку M проводятся всевозможные окружности S1, пересекающие окружность S;

X — точка пересечения касательной в точке M к окружности S1 с продолжением общей хорды окружностей S и S1. Найдите ГМТ X.

7.8. Даны две непересекающиеся окружности. Найдите геометрическое место точек центров окружностей, делящих пополам данные окружности (т. е. пересекающих их в диаметрально противоположных точках).

7.9. Внутри окружности взята точка A. Найдите геометрическое место точек пересечения касательных к окружности, проведённых через концы всевозможных хорд, содержащих точку A.

7.10*. а) Дан параллелограмм ABCD. Докажите, что величина AX2 + CX2 BX2 DX2 не зависит от выбора точки X.

б) Четырёхугольник ABCD не является параллелограммом. Докажите, что все точки X, удовлетворяющие соотношению AX2 + CX2 = = BX2 + DX2, лежат на одной прямой, перпендикулярной отрезку, соединяющему середины диагоналей.

См. также задачи 2.39, 3.45, 3.58, 6.5, 6.17, 7.28, 7.30, 8.6, 12.82, 15.16, 30.24, 30.37.

§ 2. ГМТ — окружность или дуга окружности 7.11. Отрезок постоянной длины движется по плоскости так, что его концы скользят по сторонам прямого угла ABC. По какой траектории движется середина этого отрезка?

7.12. Найдите геометрическое место середин хорд данной окружности, проходящих через данную точку.

7.13. Даны две точки A и B. Две окружности касаются прямой AB (одна — в точке A, другая — в точке B) и касаются друг друга в точке M. Найдите ГМТ M.

7.14. На плоскости даны две точки A и B. Найдите ГМТ M, для которых AM : BM = k (окружность Аполлония).

7.15. Пусть S — окружность Аполлония для точек A и B, причём точка A лежит вне окружности S. Из точки A проведены касательные AP и AQ к окружности S. Докажите, что B — середина отрезка PQ.

7.16*. Пусть AD и AE — биссектрисы внутреннего и внешнего углов треугольника ABC и Sa — окружность с диаметром DE, окружности Sb и Sc определяются аналогично. Докажите, что:

а) окружности Sa, Sb и Sc имеют две общие точки M и N, причём прямая MN проходит через центр описанной окружности треугольника ABC;

б) проекции точки M (и точки N) на стороны треугольника ABC образуют правильный треугольник.

Точки M и N из задачи 7.16 называют изодинамическими центрами треугольника.

7.17*. Докажите, что изодинамические центры лежат на прямой KO, где O — центр описанной окружности, K — точка Лемуана.

7.18*. Треугольник ABC правильный, M — некоторая точка. Докажите, что если числа AM, BM и CM образуют геометрическую прогрессию, то знаменатель этой прогрессии меньше 2.

См. также задачи 2.14, 2.67 б), 5.156, 7.27, 7.29, 14.21 а), 18.15, 28.23, 28.24.

7.19. На окружности фиксированы точки A и B, а точка C перемещается по этой окружности. Найдите множество точек пересечения:

а) высот; б) биссектрис треугольников ABC.

7.20. Точка P перемещается по описанной окружности квадрата ABCD. Прямые AP и BD пересекаются в точке Q, а прямая, проходящая через точку Q параллельно AC, пересекает прямую BP в точке X. Найдите ГМТ X.

7.21. а) На окружности фиксированы точки A и B, а точки A1 и B движутся по той же окружности так, что величина дуги A1 B1 остаётся постоянной; M — точка пересечения прямых AA1 и BB1. Найдите ГМТ M.

б) В окружность вписаны треугольники ABC и A1 B1 C1, причём треугольник ABC неподвижен, а треугольник A1 B1 C1 вращается. Докажите, что прямые AA1, BB1 и CC1 пересекаются в одной точке не более чем при одном положении треугольника A1 B1 C1.

7.22*. На плоскости даны четыре точки. Найдите множество центров прямоугольников, образуемых четырьмя прямыми, проходящими соответственно через данные точки.

186 Глава 7. Геометрические места точек 7.23*. Найдите ГМТ X, лежащих внутри правильного треугольника ABC и обладающих тем свойством, что XAB + XBC + XCA = 90.

См. также задачи 2.5, 2.39.

7.24. Дана полуокружность с центром O. Из каждой точки X, лежащей на продолжении диаметра полуокружности, проводится касающийся полуокружности луч и на нём откладывается отрезок XM, равный отрезку XO. Найдите ГМТ M, полученных таким образом.

7.25*. Пусть A и B — фиксированные точки плоскости. Найдите ГМТ C, обладающих следующим свойством: высота hb треугольника ABC равна b.

7.26*. Даны окружность и точка P внутри её. Через каждую точку Q окружности проведём касательную. Перпендикуляр, опущенный из центра окружности на прямую PQ, и касательная пересекаются в точке M. Найдите ГМТ M.

7.27. На окружности фиксированы точки A и B. Точка C перемещается по этой окружности. Найдите множество точек пересечения медиан треугольников ABC.

7.28. Дан треугольник ABC. Найдите множество центров прямоугольников PQRS, вершины Q и P которых лежат на стороне AC, вершины R и S — на сторонах AB и BC соответственно.

7.29. Две окружности пересекаются в точках A и B. Через точку A проведена секущая, вторично пересекающаяся с окружностями в точках P и Q. Какую линию описывает середина отрезка PQ, когда секущая вращается вокруг точки A?

7.30. Точки A, B и C лежат на одной прямой, причём B находится между A и C. Найдите ГМТ M таких, что радиусы описанных окружностей треугольников AMB и CMB равны.

См. также задачи 19.10, 19.22, 19.39.

7.31. Точки P и Q движутся с одинаковой постоянной скоростью v по двум прямым, пересекающимся в точке O. Докажите, что на плоскости существует неподвижная точка A, расстояния от которой до точек P и Q в любой момент времени равны.

7.32. Через середину каждой диагонали выпуклого четырёхугольника проводится прямая, параллельная другой диагонали. Эти прямые пересекаются в точке O. Докажите, что отрезки, соединяющие точку O с серединами сторон четырёхугольника, делят его площадь на равные части.

7.33. Пусть D и E — середины сторон AB и BC остроугольного треугольника ABC, а точка M лежит на стороне AC. Докажите, что если MD < AD, то ME > EC.

7.34. Внутри выпуклого многоугольника взяты точки P и Q. Докажите, что существует вершина многоугольника, менее удалённая от Q, чем от P.

7.35. Точки A, B и C таковы, что для любой четвёртой точки M либо MA MB, либо MA MC. Докажите, что точка A лежит на отрезке BC.

7.36. Дан четырёхугольник ABCD, причём AB < BC и AD < DC.

Точка M лежит на диагонали BD. Докажите, что AM < MC.

7.37. Пусть O — центр прямоугольника ABCD. Найдите ГМТ M, для которых AM OM, BM OM, CM OM и DM OM.

7.38. Найдите ГМТ X, из которых можно провести касательные к данной дуге AB окружности.

7.39. Пусть O — центр правильного треугольника ABC. Найдите ГМТ M, удовлетворяющих следующему условию: любая прямая, проведённая через точку M, пересекает либо отрезок AB, либо отрезок CO.

7.40. На плоскости даны два непересекающихся круга. Обязательно ли найдётся точка M, лежащая вне этих кругов, удовлетворяющая такому условию: каждая прямая, проходящая через точку M, пересекает хотя бы один из этих кругов?

Найдите ГМТ M, удовлетворяющих такому условию.

См. также задачи 18.12, 31.66—31.69.

7.41*. Докажите, что перпендикуляры, опущенные из точек A1, B1, C1 на стороны BC, CA, AB треугольника ABC, пересекаются в одной точке тогда и только тогда, когда A1 B2 + C1 A2 + B1 C2 = B1 A2 + + A1 C2 + C1 B2 (Карно).

7.42*. Докажите, что высоты треугольника пересекаются в одной точке.

7.43*. Докажите, что перпендикуляры, опущенные из центров вневписанных окружностей на соответственные стороны треугольника, пересекаются в одной точке.

7.44*. Точки A1, B1 и C1 таковы, что AB1 = AC1, BC1 = BA1 и CA1 = = CB1. Докажите, что перпендикуляры, опущенные из точек A1, B1 и C1 на прямые BC, CA и AB, пересекаются в одной точке.

188 Глава 7. Геометрические места точек 7.45*. а) Перпендикуляры, опущенные из вершин треугольника ABC на соответствующие стороны треугольника A1 B1 C1, пересекаются в одной точке. Докажите, что перпендикуляры, опущенные из вершин треугольника A1 B1 C1 на соответствующие стороны треугольника ABC, тоже пересекаются в одной точке.

б) Прямые, проведённые через вершины треугольника ABC параллельно соответствующим сторонам треугольника A1 B1 C1, пересекаются в одной точке. Докажите, что прямые, проведённые через вершины треугольника A1 B1 C1 параллельно соответствующим сторонам треугольника ABC, тоже пересекаются в одной точке.

7.46*. На прямой l взяты точки A1, B1 и C1, а из вершин треугольника ABC на эту прямую опущены перпендикуляры AA2, BB2 и CC2.

Докажите, что перпендикуляры, опущенные из точек A1, B1 и C1 на прямые BC, CA и AB, пересекаются в одной точке тогда и только тогда, когда A1 B1 : B1 C1 = A2 B2 : B2 C2 (отношения отрезков ориентированные).

7.47*. Треугольник ABC правильный, P — произвольная точка. Докажите, что перпендикуляры, опущенные из центров вписанных окружностей треугольников PAB, PBC и PCA на прямые AB, BC и CA, пересекаются в одной точке.

7.48*. Докажите, что если перпендикуляры, восставленные из оснований биссектрис треугольника, пересекаются в одной точке, то треугольник равнобедренный.

§ 9. Окружность Ферма—Аполлония 7.49*. Докажите, что множество точек X, обладающих тем свойством, что k1 A1 X2 +... + kn An X2 = c:

а) при k1 +...+kn =0 является окружностью или пустым множеством;

б) при k1 +...+kn =0 является прямой, плоскостью или пустым множеством.

7.50*. Прямая l пересекает две окружности в четырёх точках.

Докажите, что касательные в этих точках к одной окружности пересекают касательные к другой окружности в четырёх точках, лежащих на окружности, причём центр этой окружности лежит на прямой, соединяющей центры данных окружностей.

7.51*. Точки M и N таковы, что AM : BM : CM = AN : BN : CN.

Докажите, что прямая MN проходит через центр O описанной окружности треугольника ABC.

См. также задачи 7.6, 7.14, 8.63—8.67.

Задачи для самостоятельного решения 7.52. На сторонах AB и BC треугольника ABC берутся точки D и E.

Найдите геометрическое место середин отрезков DE.

7.53. Две окружности касаются данной прямой в двух данных точках A и B и касаются друг друга. Пусть C и D — точки касания этих окружностей с другой внешней касательной. Найдите геометрическое место середин отрезков CD.

7.54. Докажите, что если биссектриса одного из углов треугольника имеет внутри треугольника общую точку с перпендикуляром, восставленным из середины противоположной стороны, то треугольник равнобедренный.

7.55. Дан треугольник ABC. Найдите множество всех точек M этого треугольника, для которых выполнено условие AM BM CM. Когда полученное множество есть а) пятиугольник; б) треугольник?

7.56. Дан квадрат ABCD. Найдите геометрическое место середин сторон квадратов, вписанных в данный квадрат.

7.57. Дан равносторонний треугольник ABC. Найдите ГМТ M таких, что треугольники AMB и BCM равнобедренные. 7.58. Найдите геометрическое место середин отрезков длины 2/ 3, концы которых лежат на сторонах единичного квадрата.

7.59. На сторонах AB, BC и CA данного треугольника ABC выбираются такие точки P, Q и R, что PQ AC и PR BC. Найдите геометрическое место середин отрезков QR.

7.60. Дана полуокружность с диаметром AB. Для любой точки X этой полуокружности на луче XA строится точка Y так, что XY = XB.

Найдите ГМТ Y.

7.61. Дан треугольник ABC. На его сторонах AB, BC и CA выбираются точки C1, A1 и B1 соответственно. Найдите ГМТ пересечения описанных окружностей треугольников AB1 C1, A1 BC1 и A1 B1 C.

7.1. Пусть O1 и O2 — центры колёс радиусов r1 и r2 соответственно. Если M — точка пересечения внутренних касательных, то O1 M : O2 M = r1 : r2. Из этого условия с помощью задачи 1.1 б) легко получить, что расстояние от точки M до прямой l равно 2r1 r2 /(r1 + r2 ). Поэтому все точки пересечения общих внутренних касательных лежат на прямой, параллельной прямой l и отстоящей от неё на расстояние 2r1 r2 /(r1 + r2 ).

7.2. Пусть O — точка пересечения прямых AB и CD. Отложим на лучах OA и OD отрезки OK и OL, равные AB и CD соответственно. Тогда SABX + SCDX = SKOX + SLOX = SKOL ± SKXL. Следовательно, площадь треугольника KXL постоянна, т. е. точка X лежит на прямой, параллельной KL.

7.3. Пусть a и b — единичные векторы, параллельные данным прямым; x = OX. Сумма длин проекций вектора x на данные прямые равна |(a, x)| + |(b, x)| = |(a ± b, x)|, причём смена знака происходит на перпендикулярах, восставленных из точки O к данным прямым. Поэтому искомое ГМТ — прямоугольник, стороны которого параллельны биссектрисам углов между данными прямыми, а вершины лежат на указанных перпендикулярах.

190 Глава 7. Геометрические места точек 7.4. Пусть l — прямая, проходящая через середины сторон BC и AD. Предположим, что точка X не лежит на прямой l, например что точки A и X лежат по одну сторону от прямой l. Тогда AX < DX и BX < CX, а значит, AX + BX < CX + DX. Поэтому прямая l — искомое ГМТ.

7.5. Пусть N — такая точка, что MN = DA. Тогда NAM = DMA и NBM = = BMC, поэтому четырёхугольник AMBN вписанный. Диагонали вписанного четырёхугольника AMBN равны, поэтому AM BN или BM AN. В первом случае AMD = MAN = AMB, а во втором случае BMC = MBN = BMA.

Если AMB = AMD, то AMB + BMC = 180 и точка M лежит на диагонали AC, а если BMA = BMC, то точка M лежит на диагонали BD. Ясно также, что если точка M лежит на одной из диагоналей, то AMD + BMC = 180.

7.6. Введём систему координат, выбрав точку A в качестве начала координат и направив ось Ox по лучу AB. Пусть точка M имеет координаты (x, y). Тогда AM2 = x2 + y2 и BM2 = (x a)2 + y2, где a = AB. Поэтому AM2 BM2 = 2ax a2. Эта величина равна k для точек M с координатами ((a2 + k)/2a, y); все такие точки лежат на прямой, перпендикулярной AB.

7.7. Пусть A и B — точки пересечения окружностей S и S1. Тогда XM2 = = XA · XB = XO2 R2, где O и R — центр и радиус окружности S. Поэтому XO2 XM2 = R2, а значит, точки X лежат на перпендикуляре к прямой OM (см. задачу 7.6).

7.8. Пусть O1 и O2 — центры данных окружностей, R1 и R2 — их радиусы.

Окружность радиуса r с центром X пересекает первую окружность в диаметрально противоположных точках тогда и только тогда, когда r2 = XO2 + R2, поэтому искомое ГМТ состоит из таких точек X, что XO2 + R2 = XO2 + R2, все такие точки X лежат на прямой, перпендикулярной O1 O2 (задача 7.6).

7.9. Пусть O — центр окружности, R — её радиус, M — точка пересечения касательных, проведённых через концы хорды, содержащей точку A, P — середина этой хорды. Тогда OP · OM = R2 и OP = OA cos f, где f = AOP.

Поэтому AM2 = OM2 + OA2 2OM · OA cos f = OM2 + OA2 2R2, а значит, величина OM2 AM2 = 2R2 OA2 постоянна. Следовательно, все точки M лежат на прямой, перпендикулярной OA (см. задачу 7.6).

7.10. Пусть P и Q — середины диагоналей AC и BD. Тогда AX2 + CX2 = = 2PX2 + AC2 /2 и BX2 + DX2 = 2QX2 + BD2 /2 (см. задачу 12.11 а), поэтому в задаче б) искомое ГМТ состоит из таких точек X, что PX2 QX2 = = (BD2 AC2 )/4, а в задаче а) P = Q, поэтому рассматриваемая величина равна (AC2 BD2 )/2.

7.11. Пусть M и N — концы данного отрезка, O — его середина. Точка B лежит на окружности с диаметром MN, поэтому OB = MN/2. Траекторией точки O является часть окружности радиуса MN/2 с центром B, заключённая внутри угла ABC.

7.12. Пусть M — данная точка, O — центр данной окружности. Если X — середина хорды AB, то XO AB. Следовательно, искомое ГМТ является окружностью с диаметром MO.

7.13. Проведём через точку M общую касательную к окружностям. Пусть O — точка пересечения этой касательной с прямой AB. Тогда AO = MO = BO, т. е. O — середина отрезка AB. Точка M лежит на окружности с центром O и радиусом AB/2. Множеством точек M является окружность с диаметром AB (точки A и B следует исключить).

7.14. При k = 1 получаем серединный перпендикуляр к отрезку AB. В дальнейшем будем считать, что k = 1.

Введём систему координат на плоскости так, чтобы точки A и B имели координаты (a, 0) и (a, 0) соответственно. Если точка M имеет координаAM2 (x + a)2 + y2 AM 7.15. Пусть прямая AB пересекает окружность S в точках E и F, причём точка E лежит на отрезке AB. Тогда PE — биссектриса треугольника APB, поэтому EPB = EPA = EFP. А так как EPF = 90, то PB EF.

7.16. а) Рассматриваемые окружности являются окружностями Аполлония для пар вершин треугольника ABC, поэтому если X — общая точка окружностей Sa и Sb, то XB : XC = AB : AC и XC : XA = BC : BA, т. е. XB : XA = CB : CA, а значит, точка X принадлежит окружности Sc. Ясно также, что если AB>BC, то точка D лежит внутри окружности Sb, а точка A — вне её. Следовательно, окружности Sa и Sb пересекаются в двух различных точках.

Для завершения доказательства остаётся воспользоваться результатом задачи 7.51.

б) Согласно задаче а) MA = l/a, MB = l/b и MC = l/c. Пусть B1 и C1 — проекции точки M на прямые AC и AB. Точки B1 и C1 лежат на окружности с диаметром MA, поэтому B1 C1 = MA sin B1 AC1 = (l/a)(a/2R) = l/2R, где R — радиус описанной окружности треугольника ABC. Аналогично A1 C1 = = A1 B1 = l/(2R).

7.17. В задаче 7.16 а) уже доказано, что прямая MN проходит через точку O. Остаётся доказать, что она проходит через точку K. Согласно задаче 5.156 общая хорда окружности Sa и описанной окружности треугольника ABC проходит через точку K. Аналогично общая хорда окружности Sb и описанной окружности тоже проходит через точку K. Поэтому K — радикальный центр описанной окружности и окружностей Sa и Sb. Следовательно, общая хорда окружностей Sa и Sb проходит через точку K.

7.18. Пусть O1 и O2 — такие точки, что BO1 = 4BA/3 и CO2 = 4CB/3.

Легко проверить, что если BM > 2AM, то точка M лежит внутри окружности S1 радиуса 2AB/3 с центром O1 (см. задачу 7.14), а если CM > 2BM, то точка M лежит внутри окружности S2 радиуса 2AB/3 с центром O2. Так как O1 O2 > BO1 = 4AB/3, а сумма радиусов окружностей S1 и S2 равна 4AB/3, то эти окружности не пересекаются. Следовательно, если BM = qAM и CM = = qBM, то q < 2.

7.19. а) Пусть O — точка пересечения высот AA1 и BB1. Точки A1 и B лежат на окружности с диаметром CO. Следовательно, AOB = 180 C.

Поэтому искомое ГМТ — окружность, симметричная данной относительно прямой AB (точки, проецирующиеся в точки A и B, следует исключить).

б) Если O — точка пересечения биссектрис треугольника ABC, то AOB = = 90 + C/2. На каждой из двух дуг AB угол C постоянен, поэтому искомым 192 Глава 7. Геометрические места точек ГМТ являются две дуги, из которых отрезок AB виден под углом 90 + C/ (точки A и B следует исключить).

7.20. Точки P и Q лежат на окружности с диаметром DX, поэтому (QD, DX) = (QP, PX) = (AP, PB) = 45, т. е. точка X лежит на прямой CD.

7.21. а) Если точка A1 пройдёт по окружности дугу величиной 2f, то точка B1 тоже пройдёт дугу величиной 2f, а значит, прямые AA1 и BB повернутся на угол f и угол между ними не изменится. Поэтому точка M перемещается по окружности, содержащей точки A и B.

б) Пусть прямые AA1, BB1 и CC1 в некоторый момент пересекаются в точке P. Тогда, например, точка пересечения прямых AA1 и BB1 перемещается по описанной окружности треугольника ABP. Ясно также, что описанные окружности треугольников ABP, BCP и CAP имеют единственную общую точку P.

7.22. Предположим, что точки A и C лежат на противоположных сторонах прямоугольника. Пусть M и N — середины отрезков AC и BD соответственно.

Проведём через точку M прямую l1, параллельную сторонам прямоугольника, на которых лежат точки A и C, а через точку N прямую l2, параллельную сторонам прямоугольника, на которых лежат точки B и D. Пусть O — точка пересечения прямых l1 и l2. Ясно, что точка O лежит на окружности S, построенной на отрезке MN как на диаметре. С другой стороны, точка O является центром прямоугольника. Ясно, что прямоугольник можно построить для любой точки O, лежащей на окружности S.

Остаётся заметить, что на противоположных сторонах прямоугольника могут лежать также точки A и B, A и D. Поэтому искомым ГМТ является объединение трёх окружностей.

7.23. Легко проверить, что точки высот треугольника ABC обладают требуемым свойством. Предположим, что требуемым свойством обладает точка X, не лежащая ни на одной из высот треугольника ABC. Тогда прямая BX пересекает высоты AA1 и CC1 в точках X1 и X2. Так как XAB + XBC + XCA = = 90 = X1 AB + X1 BC + X1 CA, то XAB X1 AB = X1 CA XCA, т. е.

(XA, AX1 )=(X1 C, CX). Следовательно, точка X лежит на описанной окружности треугольника AXC, где точка C симметрична C относительно прямой BX. Аналогично доказывается, что точка X2 лежит на этой окружности, а значит, прямая BX пересекает эту окружность в трёх различных точках.

Получено противоречие.

7.24. Пусть K — точка касания прямой MX и данной полуокружности, а P — проекция точки M на диаметр. В прямоугольных треугольниках MPX и OKX равны гипотенузы и PXM = OXK, а значит, эти треугольники равны и, в частности, MP = KO = R, где R — радиус данной полуокружности.

Следовательно, точка M лежит на прямой l, параллельной диаметру полуокружности и касающейся полуокружности. Пусть AB — отрезок прямой l, проекцией которого является диаметр полуокружности. Из точки прямой l, лежащей вне отрезка AB, нельзя провести касательную к данной полуокружности, так как касательная, проведённая к окружности, будет касаться другой полуокружности. Искомым ГМТ является отрезок AB, из которого выброшены точки A и B и его середина.

7.25. Пусть H — основание высоты hb треугольника ABC и hb = b. Обозначим через B точку пересечения перпендикуляра к прямой AB, проведённого через точку A, и перпендикуляра к прямой AH, проведённого через точку C.

Прямоугольные треугольники AB C и BAH равны, так как AB C = BAH и AC = BH. Поэтому AB = AB, т. е. точка C лежит на окружности с диаметром AB.

Пусть S1 и S2 — образы окружности S с диаметром AB при поворотах на ±90 с центром A (рис. 7.1). Мы доказали, что точка C = A принадлежит объединению окружностей S1 и S2.

Обратно, пусть точка C = A принадлежит окружности S1 или S2, AB — диаметр соответствующей окружности. Тогда AB C = HAB и A B = AB, поэтому AC = HB.

7.26. Пусть O — центр окружности, N — точка пересечения прямых OM и QP. Опустим из точки M перпендикуляр MS на прямую OP.

Из подобия треугольников ONQ и OQM, OPN и OMS получаем ON : OQ = OQ : OM и OP : ON = OM : OS. Перемножая эти раРис. 7. венства, получаем OP : OQ = OQ : OS. Поэтому OS = OQ2 : OP является постоянной величиной. А так как точка S лежит на луче OP, её положение не зависит от выбора точки Q. Искомым ГМТ является прямая, перпендикулярная прямой OP и проходящая через точку S.

7.27. Пусть O — середина отрезка AB, M — точка пересечения медиан треугольника ABC. При гомотетии с центром O и коэффициентом 1/3 точка C переходит в точку M. Поэтому точки пересечения медиан треугольников ABC лежат на окружности S, являющейся образом исходной окружности при гомотетии с центром O и коэффициентом 1/3. Для получения искомого ГМТ из окружности S нужно выбросить образы точек A и B.

7.28. Пусть O — середина высоты BH, M — середина отрезка AC, D и E — середины сторон RQ и PS соответственно (рис. 7.2).

Точки D и E лежат на прямых AO и CO соответственно. Середина отрезка DE является центром прямоугольника PQRS. Ясно, что она лежит на отрезке OM. Искомым ГМТ является отрезок OM, за исключением его концов.

7.29. Пусть O1 и O2 — центры данных окружРис. 7. ностей (точка P лежит на окружности с центром O1 ), O — середина отрезка O1 O2 ; P, Q и O — проекции точек O1, O2 и O на прямую PQ. При вращении прямой PQ точка O пробегает окружность S с диаметром AO. Ясно, что при гомотетии с центром A и коэффициентом 2 отрезок P Q переходит в отрезок PQ, т. е. точка O переходит в середину отрезка PQ. Поэтому искомым ГМТ является образ окружности S при этой гомотетии.

7.30. Пусть P и Q — центры описанных окружностей треугольников AMB и CMB. Точка M принадлежит искомому ГМТ, если BPMQ — ромб, т. е. точка M является образом середины отрезка PQ при гомотетии с центром B 194 Глава 7. Геометрические места точек и коэффициентом 2. А так как проекции точек P и Q на прямую AC являются серединами отрезков AB и BC, середины всех отрезков PQ лежат на одной прямой. (Точку прямой AC из полученного ГМТ следует исключить.) 7.31. Точка P проходит через точку O в момент t1, точка Q — в момент t2.

В момент (t1 + t2 )/2 точки P и Q находятся от точки O на одинаковом расстоянии, равном |t1 t2 |v/2. Проведём в этот момент перпендикуляры к прямым в точках P и Q. Легко проверить, что точка пересечения этих перпендикуляров является искомой.

7.32. Обозначим середины диагоналей AC и BD четырёхугольника ABCD через M и N соответственно. Ясно, что SAMB =SBMC и SAMD =SDMC, т. е. SDABM = = SBCDM. Поскольку при перемещении точки M параллельно BD площади четырёхугольников DABM и BCDM не изменяются, то SDABO = SBCDO.

Аналогичные рассуждения для точки N показывают, что SABCO = SCDAO.

Поэтому SADO + SABO = SBCO + SCDO и SABO + SBCO = SCDO + SADO, а значит, SADO = SBCO = S1 и SABO = SCDO = S2, т. е. площадь каждой из четырёх частей, на которые отрезки, соединяющие точку O с серединами сторон четырёхугольника, разбивают его, равна (S1 + S2 )/2.

7.33. Опустим из точки B высоту BB1. Тогда AD = B1 D и CE = B1 E. Ясно, что если MD < AD, то точка M лежит на отрезке AB1, т. е. вне отрезка B1 C.

Следовательно, ME > EC.

7.34. Предположим, что все вершины многоугольника удалены от точки Q не меньше, чем точки от P. Тогда все вершины многоугольника лежат в той же полуплоскости, заданной серединным перпендикуляром к отрезку PQ, что и точка P, а точка Q лежит в другой полуплоскости. Следовательно, точка Q лежит вне многоугольника, что противоречит условию.

7.35. Найдём ГМТ M, для которых MA > MB и MA > MC. Проведём серединные перпендикуляры l1 и l2 к отрезкам AB и AC. MA > MB для точек, лежащих внутри полуплоскости, заданной прямой l1 и не содержащей точку A. Поэтому искомым ГМТ является пересечение полуплоскостей (без границ), заданных прямыми l1, l2 и не содержащих точку A. Если точки A, B, C не лежат на одной прямой, то это ГМТ всегда непусто. Если A, B, C лежат на одной прямой, но A не лежит на отрезке BC, то это ГМТ тоже непусто. Если же A лежит на отрезке BC, то это ГМТ пусто, т. е. для любой точки M либо MA MB, либо MA MC.

7.36. Пусть O — середина диагонали AC. Проекции точек B и D на прямую AC лежат на отрезке AO, поэтому проекция точки M тоже лежит на отрезке AO.

7.37. Проведём серединный перпендикуляр l к отрезку AO. Ясно, что AM OM тогда и только тогда, когда точка M лежит по ту же сторону от прямой l, что и точка O (или лежит на прямой l). Поэтому искомым ГМТ является ромб, образованный серединными перпендикулярами к отрезкам OA, OB, OC и OD.

7.38. Искомое ГМТ заштриховано на рис. 7.3 (граница входит в ГМТ).

7.39. Пусть A1 и B1 — середины сторон CB и AC соответственно. Искомым ГМТ является внутренность четырёхугольника OA1 CB1.

7.40. Проведём общие касательные к данным кругам (рис. 7.4). Легко проверить, что точки, принадлежащие заштрихованным областям (но не их границам), удовлетворяют требуемому условию, а точки, не лежащие в этих областях, не удовлетворяют этому условию.

7.41. Пусть перпендикуляры, опущенные из точек A1, B1, C1 на прямые BC, CA, AB, пересекаются в точке M. Так как точки B1 и M лежат на одном перпендикуляре к прямой AC, то B1 A2 B1 C2 = MA2 MC2 (задача 7.6).

Аналогично C1 B2 C1 A2 = MB2 MA2 и A1 C2 A1 B2 = MC2 MB2. Складывая эти равенства, получаем A1 B2 + C1 A2 + B1 C2 = B1 A2 + A1 C2 + C1 B2.

Обратно, пусть A1 B2 + C1 A2 + B1 C2 = B1 A2 + A1 C2 + C1 B2. Обозначим точку пересечения перпендикуляров, опущенных из точек A1 и B1 на прямые BC и AC, через M. Проведём через точку M прямую l, перпендикулярную прямой AB. Если C1 — точка на прямой l, то, согласно предыдущему, A1 B2 + C1 A2 + B1 C2 = B1 A2 + A1 C2 + C1 B2. Поэтому C1 A2 C1 B2 = C1 A2 C1 B2.

Согласно задаче 7.6 ГМТ X, для которых XA2 XB2 = k, является прямой, перпендикулярной отрезку AB. Поэтому перпендикуляр, опущенный из точки C1 на прямую AB, проходит через точку M, что и требовалось.

7.42. Положим A1 = A, B1 = B и C1 = C. Из очевидного равенства AB2 + CA2 + + BC2 = BA2 + AC2 + CB2 получаем, что высоты, опущенные из точек A, B и C на стороны BC, CA и AB, пересекаются в одной точке.

7.43. Пусть A1, B1 и C1 — точки касания вневписанных окружностей со сторонами BC, CA и AB. Тогда A1 B = p c = B1 A, C1 A = A1 C и B1 C = C1 B.

Поэтому A1 B2 + C1 A2 + B1 C2 = B1 A2 + A1 C2 + C1 B2.

7.44. Достаточно воспользоваться результатом задачи 7.41.

7.45. а) Эта задача является очевидным следствием задачи 7.41.

б) Пусть при повороте на 90 относительно некоторой точки треугольник A1 B1 C1 переходит в A2 B2 C2. Перпендикуляры к сторонам треугольника A2 B2 C2 параллельны соответствующим сторонам треугольника A1 B1 C1, поэтому перпендикуляры, опущенные из вершин треугольника ABC на стороны треугольника A2 B2 C2, пересекаются в одной точке. Следовательно, в одной точке пересекаются перпендикуляры, опущенные из вершин треугольника A2 B2 C2 на стороны треугольника ABC. Остаётся заметить, что при повороте на 90, переводящем треугольник A2 B2 C2 в A1 B1 C1, эти перпендикуляры переходят в прямые, проходящие через вершины треугольника A1 B1 C параллельно соответствующим сторонам треугольника ABC.

7.46. Нужно выяснить, в каком случае выполняется равенство AB2 + BC2 + 1 + CA2 = BA2 + CB2 + AC2. Вычитая из обеих частей этого равенства величину AA2 + BB2 + CC2, переходим к соотношению A2 B1 + B2 C1 + C2 A1 = B2 A1 + +C2 B2 +A2 C2, т. е. (b1 a2 )2 +(c1 b2 )2 +(a1 c2 )2 =(a1 b2 )2 +(b1 c2 )2 +(c1 a2 )2, где ai, bi и ci — координаты точек Ai, Bi и Ci на прямой l. После сокращения получаем a2 b1 + b2 c1 + c2 a1 = a1 b2 + b1 c2 + c1 a2, а значит, (b2 a2 )(c1 b1 ) = = (b1 a1 )(c2 b2 ), т. е. A2 B2 : B2 C2 = A1 B1 : B1 C1.

7.47. Можно считать, что длина стороны данного правильного треугольника равна 2. Пусть PA = 2a, PB = 2b и PC = 2c; A1, B1 и C1 — проекции центров вписанных окружностей треугольников PBC, PCA и PAB на прямые BC, CA и AB. Согласно задаче 3.2 AB2 + BC2 + CA2 = (1 + a c)2 + (1 + b a)2 + 7.48. Отрезки, на которые биссектрисы делят стороны треугольника, легко вычисляются. В результате получаем, что если перпендикуляры, восставленные из оснований биссектрис, пересекаются, то т. е.

7.49. Пусть (ai, bi ) — координаты точки Ai, (x, y) — координаты точки X. Тогда уравнение, которому удовлетворяет точка X, перепишется в виki ((x ai )2 + (x bi )2 ) = ki (x2 + y2 ) 2 ki ai x 2 ki bi y + де c = ki (a2 + b2 ). Если коэффициент при x2 + y2 отличен от нуля, то это уравнение задаёт окружность или пустое множество, а если он равен нулю, то уравнение задаёт прямую, плоскость или пустое множество.

З а м е ч а н и е. Если в случае а) точки A1,..., An лежат на одной прямой l, то эту прямую можно выбрать в качестве оси Ox. Тогда bi = 0, а значит, коэффициент при y равен нулю, т. е. центр окружности лежит на прямой l.

7.50. Пусть прямая l высекает на данных окружностях дуги A1 B1 и A2 B величиной 2a1 и 2a2 ; O1 и O2 — центры окружностей, R1 и R2 — их радиусы. Пусть K — точка пересечения касательных в точках A1 и A2. По теореме синусов KA1 : KA2 = sin a2 : sin a1, т. е. KA1 sin a1 = KA2 sin a2. А так как KO2 = KA2 + R2 и KO2 = KA2 + R2, то (sin2 a1 )KO2 (sin2 a2 )KO2 = = (R1 sin a1 )2 (R2 sin a2 )2 = q. Аналогично доказывается, что и остальные точки пересечения касательных принадлежат геометрическому месту таких точек X, что (sin2 a1 )XO2 (sin2 a2 )XO2 = q. Это ГМТ — окружность, центр которой лежит на прямой O1 O2 (см. замечание к задаче 7.49).

7.51. Пусть AM : BM : CM = p : q : r. Все точки X, удовлетворяющие соотношению (q2 r2 )AX2 + (r2 p2 )BX2 + (p2 q2 )CX2 = 0, лежат на одной прямой (см. задачу 7.49), а точки M, N и O удовлетворяют этому соотношению.

ПОСТРОЕНИЯ

1. Задачи на построение решаются по определённой стандартной схеме.

Сначала проводим анализ, т. е. предполагаем, что искомая фигура построена, и, исследуя её свойства, находим, как её можно задать с помощью исходных данных. На основании этих рассуждений описываем последовательность построений. Затем нужно доказать, что указанная последовательность построений приводит к требуемому результату, а также выяснить, в каких случаях сколько имеется решений.

При написании решений я несколько отклонился от этой схемы. Дело в том, что в подавляющем большинстве случаев после анализа доказательство уже совершенно очевидно. В подобных случаях доказательство не приводится, но следует помнить, что его нужно провести самостоятельно. Если же доказательство не совсем очевидно, то указывается, как преодолеть возникающие трудности. Исследование числа решений задач на построение не приводится.

2. Некоторые задачи на построение, решения которых используют геометрические преобразования, распределены по соответствующим главам.

3. Если A и B — фиксированные точки, то ГМТ X, для которых AX : BX = = k = 1, является окружностью (см. задачу 7.14). Это ГМТ иногда используется при решении задач на построение.

1. Постройте треугольник ABC по стороне a, высоте ha и углу A.

2. Постройте прямоугольный треугольник по катету и гипотенузе.

3. Постройте окружность с данным центром, касающуюся данной окружности.

4. Постройте прямую, проходящую через данную точку и касающуюся данной окружности.

5. Даны отрезки,длины которых равны a, b и c. Постройте отрезок длиной: a) ab/c; б) ab.

8.1. Постройте треугольник ABC по a, ha и радиусу описанной окружности R.

8.2. Постройте точку M внутри данного треугольника так, что SABM : SBCM : SACM = 1 : 2 : 3.

8.3. Проведите через данную точку P, лежащую внутри данной окружности, хорду так, чтобы разность длин отрезков, на которые P делит хорду, имела данную величину a.

8.4. Даны прямая и окружность. Постройте окружность данного радиуса r, касающуюся их.

8.5. Даны точка A и окружность S. Проведите через точку A прямую так, чтобы хорда, высекаемая окружностью S на этой прямой, имела данную длину d.

8.6*. Дан четырёхугольник ABCD. Впишите в него параллелограмм с заданными направлениями сторон.

8.7. Постройте треугольник по a, медиане mc и углу A.

8.8. Даны окружность и две точки A и B внутри её. Впишите в окружность прямоугольный треугольник так, чтобы его катеты проходили через данные точки.

8.9. Продолжения сторон AB и CD прямоугольника ABCD пересекают некоторую прямую в точках M и N, а продолжения сторон AD и BC пересекают ту же прямую в точках P и Q. Постройте прямоугольник ABCD, если даны точки M, N, P, Q и длина a стороны AB.

8.10*. Постройте треугольник по биссектрисе, медиане и высоте, проведённым из одной вершины.

8.11*. Постройте треугольник ABC по стороне a, углу A и радиусу вписанной окружности r.

§ 3. Подобные треугольники и гомотетия 8.12. Постройте треугольник по двум углам A, B и периметру P.

8.13. Постройте треугольник ABC по ma, mb и mc.

8.14. Постройте треугольник ABC по ha, hb и hc.

8.15. Впишите в данный остроугольный треугольник ABC квадрат KLMN так, чтобы вершины K и N лежали на сторонах AB и AC, а вершины L и M — на стороне BC.

8.16*. Постройте треугольник ABC по ha, b c и r.

См. также задачи 19.16—19.21, 19.40, 19.41.

§ 4. Построение треугольников по различным элементам В задачах этого параграфа требуется построить треугольник по указанным в условии элементам.

8.20. A, hb и hc.

8.21. a, hb и mb.

8.22. ha, ma и hb.

8.23. a, b и mc.

8.24*. ha, ma и A.

8.25*. a, b и lc.

8.26*. A, ha и p.

См. также задачи 17.6—17.8.

§ 5. Построение треугольников по различным точкам 8.27. Постройте треугольник ABC, если дана прямая l, на которой лежит сторона AB, и точки A1, B1 — основания высот, опущенных на стороны BC и AC.

8.28. Постройте равнобедренный треугольник, если заданы основания его биссектрис.

8.29. а) Постройте треугольник ABC, зная три точки A, B, C, в которых биссектрисы его углов пересекают описанную окружность (оба треугольника остроугольные).

б) Постройте треугольник ABC, зная три точки A, B, C, в которых высоты треугольника пересекают описанную окружность (оба треугольника остроугольные).

8.30. Постройте треугольник ABC, зная три точки A, B, C, симметричные центру O описанной окружности этого треугольника относительно сторон BC, CA, AB.

8.31. Постройте треугольник ABC, зная три точки A, B, C, симметричные точке пересечения высот треугольника относительно сторон BC, CA, AB (оба треугольника остроугольные).

8.32. Постройте треугольник ABC, зная три точки P, Q, R, в которых высота, биссектриса и медиана, проведённые из вершины C, пересекают описанную окружность.

8.33. Постройте треугольник ABC, зная положение трёх точек A1, B1, C1, являющихся центрами вневписанных окружностей треугольника ABC.

8.34*. Постройте треугольник ABC по центру описанной окружности O, точке пересечения медиан M и основанию H высоты CH.

8.35*. Постройте треугольник ABC по центрам вписанной, описанной и одной из вневписанных окружностей.

8.36. Постройте точки X и Y на сторонах AB и BC треугольника ABC так, что AX = BY и XY AC.

8.37. Постройте треугольник по сторонам a и b, если известно, что угол против одной из них в три раза больше угла против другой.

8.38. Впишите в данный треугольник ABC прямоугольник PQRS (вершины R и Q лежат на сторонах AB и BC, P и S — на стороне AC) так, чтобы его диагональ имела данную длину.

8.39. Проведите через данную точку M прямую так, чтобы она отсекала от данного угла с вершиной A треугольник ABC данного периметра 2p.

8.40. Постройте треугольник ABC по медиане mc и биссектрисе lc, если C = 90.

8.41*. Дан треугольник ABC, причём AB < BC. Постройте на стороне AC точку D так, чтобы периметр треугольника ABD был равен длине стороны BC.

8.42*. Постройте треугольник ABC по радиусу описанной окружности и биссектрисе угла A, если известно, что разность углов B и C равна 90.

8.43*. На стороне AB треугольника ABC дана точка P. Проведите через точку P прямую (отличную от AB), пересекающую лучи CA и CB в таких точках M и N, что AM = BN.

8.44*. Постройте треугольник ABC по радиусу вписанной окружности r и (ненулевым) длинам отрезков AO и AH, где O — центр вписанной окружности, H — ортоцентр.

См. также задачи 15.14 б), 17.12—17.15, 18.11, 18.33.

8.45. Постройте квадрат, три вершины которого лежат на трёх данных параллельных прямых.

8.46. Постройте ромб, две стороны которого лежат на двух данных параллельных прямых, а две другие проходят через две данные точки.

8.47. Постройте четырёхугольник ABCD по четырём сторонам и углу между AB и CD.

8.48. Через вершину A выпуклого четырёхугольника ABCD проведите прямую, делящую его на две равновеликие части.

8.49. Даны середины трёх равных сторон выпуклого четырёхугольника. Постройте этот четырёхугольник.

8.50. Даны три вершины вписанного и описанного четырёхугольника. Постройте его четвёртую вершину.

8.51*. Даны вершины A и C равнобедренной описанной трапеции ABCD (AD BC); известны также направления её оснований.

Постройте вершины B и D.

8.52*. На доске была начерчена трапеция ABCD (AD BC) и проведены перпендикуляр OK из точки O пересечения диагоналей на основание AD и средняя линия EF. Затем трапецию стёрли. Как восстановить чертёж по сохранившимся отрезкам OK и EF?

8.53*. Постройте выпуклый четырёхугольник, если даны длины всех его сторон и одной средней линии1.

8.54*. Постройте вписанный четырёхугольник по четырём сторонам (Брахмагупта).

См. также задачи 15.12, 15.15, 16.17, 17.4, 17.5.

8.55. Внутри угла даны две точки A и B. Постройте окружность, проходящую через эти точки и высекающую на сторонах угла равные отрезки.

8.56. Даны окружность S, точка A на ней и прямая l. Постройте окружность, касающуюся данной окружности в точке A и данной прямой.

8.57. а) Даны две точки A, B и прямая l. Постройте окружность, проходящую через точки A, B и касающуюся прямой l.

б) Даны две точки A и B и окружность S. Постройте окружность, проходящую через точки A и B и касающуюся окружности S.

8.58*. Даны три точки, не лежащие на одной прямой. Через каждые две из них провести окружность так, чтобы построенные окружности были взаимно ортогональны.

8.59*. Постройте окружность, равноудалённую от четырёх данных точек.

8.60*. Даны две точки A и B и окружность. Найти на окружности точку X так, чтобы прямые AX и BX отсекли на окружности хорду CD, параллельную данной прямой MN.

8.61*. Даны три точки A, B и C. Постройте три окружности, попарно касающиеся в этих точках.

8.62*. Постройте окружность, касательные к которой, проведённые из трёх данных точек A, B и C, имели бы длины a, b и c соответственно.

См. также задачи 15.10, 15.11, 15.13, 15.14 а), 16.13, 16.14, 16.18—16.20, 18.27.

8.63. Постройте треугольник по a, ha и b/c.

8.64. Постройте треугольник ABC, если известны длина биссектрисы CD и длины отрезков AD и BD, на которые она делит сторону AB.

8.65*. На прямой даны четыре точки A, B, C, D в указанном порядке. Постройте точку M, из которой отрезки AB, BC, CD видны под равными углами.

1 Средней линией четырёхугольника называют отрезок, соединяющий середины противоположных сторон.

8.66*. На плоскости даны два отрезка AB и A B. Постройте точку O так, чтобы треугольники AOB и A OB были подобны (одинаковые буквы обозначают соответственные вершины подобных треугольников).

8.67*. Точки A и B лежат на диаметре данной окружности. Проведите через них две равные хорды с общим концом.

8.68. а) На параллельных прямых a и b даны точки A и B. Проведите через данную точку C прямую l, пересекающую прямые a и b в таких точках A1 и B1, что AA1 = BB1.

б) Проведите через точку C прямую, равноудалённую от данных точек A и B.

8.69. Постройте правильный десятиугольник.

8.70*. Постройте прямоугольник с данным отношением сторон, зная по одной точке на каждой из его сторон.

8.71*. Даны диаметр AB окружности и точка C на нём. Постройте на этой окружности точки X и Y, симметричные относительно прямой AB, так, чтобы прямые AX и YC были перпендикулярными.

См. также задачи 15.9, 16.15, 16.16, 16.21, 17.9—17.11, 17.28— 17.30, 18.45.

8.72. С помощью циркуля и линейки разделите угол 19 на 19 равных частей.

8.73. Докажите, что угол величиной n, где n — целое число, не делящееся на 3, можно разделить на n равных частей с помощью циркуля и линейки.

8.74*. На клочке бумаги нарисованы две прямые, образующие угол, вершина которого лежит вне этого клочка. С помощью циркуля и линейки проведите ту часть биссектрисы угла, которая лежит на клочке бумаги.

8.75*. С помощью двусторонней линейки постройте центр данной окружности, диаметр которой больше ширины линейки.

8.76*. Даны точки A и B, расстояние между которыми больше 1 м.

С помощью одной лишь линейки, длина которой равна 10 см, постройте отрезок AB. (Линейкой можно только проводить прямые линии.) 8.77*. На окружности радиуса a дана точка. С помощью монеты радиуса a постройте точку, диаметрально противоположную данной.

В задачах этого параграфа требуется выполнить указанные построения с помощью одной линейки без циркуля. С помощью одной линейки почти никаких построений выполнить нельзя. Например, нельзя даже построить середину отрезка (задача 30.57). Но если на плоскости проведены какие-либо вспомогательные линии, то можно выполнить многие построения. В случае, когда на плоскости нарисована вспомогательная окружность и отмечен её центр, с помощью линейки можно выполнить все построения, которые можно выполнить с помощью линейки и циркуля. При этом, правда, считается, что окружность построена, если построен её центр и одна её точка.

З а м е ч а н и е. Если на плоскости нарисована окружность, но не отмечен её центр, то с помощью одной линейки построить центр нельзя (задача 30.58).

8.78*. Даны две параллельные прямые. С помощью одной линейки разделите пополам отрезок, лежащий на одной из данных прямых.

8.79*. Даны две параллельные прямые и отрезок, лежащий на одной из них. Удвойте этот отрезок.

8.80*. Даны две параллельные прямые. Разделите отрезок, лежащий на одной из них, на n равных частей.

8.81*. Даны две параллельные прямые и точка P. Проведите через точку P прямую, параллельную данным прямым.

8.82*. Даны окружность, её диаметр AB и точка P. Проведите через точку P перпендикуляр к прямой AB.

8.83*. Докажите, что если на плоскости даны какая-нибудь окружность S и её центр O, то с помощью одной линейки можно:

а) из любой точки провести прямую, параллельную данной прямой, и опустить на данную прямую перпендикуляр;

б) на данной прямой от данной точки отложить отрезок, равный данному отрезку;

в) построить отрезок длиной ab/c, где a, b, c — длины данных отрезков;

г) построить точки пересечения данной прямой l с окружностью, центр которой — данная точка A, а радиус равен длине данного отрезка;

д) построить точки пересечения двух окружностей, центры которых — данные точки, а радиусы — данные отрезки.

См. также задачи 3.37, 6.105.

§ 13. Построения с помощью двусторонней линейки В задачах этого параграфа требуется выполнить построения с помощью линейки с двумя параллельными краями (без циркуля). С помощью двусторонней линейки можно выполнить все построения, выполнимые с помощью циркуля и линейки.

Пусть a — ширина двусторонней линейки. С помощью этой линейки можно выполнять следующие элементарные построения:

1) проводить прямую через две данные точки;

2) проводить прямую, параллельную данной и удалённую от неё на расстояние a;

3) через две данные точки A и B, где AB a, проводить пару параллельных прямых, расстояние между которыми равно a (таких пар прямых две).

8.84. а) Постройте биссектрису данного угла AOB.

б) Дан острый угол AOB. Постройте угол BOC, биссектрисой которого является луч OA.

8.85. Восставьте перпендикуляр к данной прямой l в данной точке A.

8.86. а) Через данную точку проведите прямую, параллельную данной прямой.

б) Постройте середину данного отрезка.

8.87. Даны угол AOB, прямая l и точка P на ней. Проведите через точку P прямые, образующие с прямой l угол, равный углу AOB.

8.88. Даны отрезок AB, непараллельная ему прямая l и точка M на ней. Постройте точки пересечения прямой l с окружностью радиуса AB с центром M.

8.89*. Даны прямая l и отрезок OA, параллельный l. Постройте точки пересечения прямой l с окружностью радиуса OA с центром O.

8.90*. Даны отрезки O1 A1 и O2 A2. Постройте радикальную ось окружностей радиуса O1 A1 и O2 A2 с центрами O1 и O2 соответственно.

См. также задачу 8.75.

§ 14. Построения с помощью прямого угла В задачах этого параграфа требуется выполнить указанные построения с помощью прямого угла. Прямой угол позволяет выполнить следующие элементарные построения:

а) расположить прямой угол так, чтобы одна его сторона лежала на данной прямой, а другая сторона проходила через данную точку;

б) расположить прямой угол так, чтобы его вершина лежала на данной прямой, а стороны проходили через две данные точки (если, конечно, для данной прямой и точек вообще существует такое положение прямого угла).

Расположив прямой угол одним из указанных способов, можно провести лучи, соответствующие его сторонам.

8.91. Проведите через данную точку A прямую, параллельную данной прямой l.

8.92. Дан отрезок AB. Постройте:

а) середину отрезка AB;

б) отрезок AC, серединой которого является точка B.

8.93. Дан угол AOB. Постройте:

а) угол, вдвое больший угла AOB;

б) угол, вдвое меньший угла AOB.

8.94*. Даны угол AOB и прямая l. Проведите прямую l1 так, что угол между прямыми l и l1 равен углу AOB.

8.95*. Даны отрезок AB, прямая l и точка O на ней. Постройте на прямой l такую точку X, что OX = AB.

8.96*. Дан отрезок OA, параллельный прямой l. Постройте точки, в которых окружность радиуса OA с центром O пересекает прямую l.

Задачи для самостоятельного решения 8.97. Постройте прямую, касающуюся двух данных окружностей (разберите все возможные случаи).

8.98. Постройте треугольник, если известны отрезки, на которые высота делит основание, и медиана, проведённая к боковой стороне.

8.99. Постройте параллелограмм ABCD по вершине A и серединам сторон BC и CD.

8.100. Постройте трапецию, боковые стороны которой лежат на данных прямых, диагонали пересекаются в данной точке, а одно из оснований имеет данную длину.

8.101. Даны две окружности. Проведите прямую так, чтобы она касалась одной окружности, а вторая окружность высекала на ней хорду данной длины.

8.102. Проведите через вершину C треугольника ABC прямую l так, чтобы площади треугольников AA1 C и BB1 C, где A1 и B1 — проекции точек A и B на прямую l, были равны.

8.103. Постройте треугольник ABC по сторонам AB и AC, зная, что биссектриса AD, медиана BM и высота CH пересекаются в одной точке.

8.104. Даны точки A1, B1 и C1, делящие стороны BC, CA и AB треугольника ABC в отношении 1 : 2. Восстановите по ним треугольник ABC.

8.1. Построим отрезок BC длины a. Центр O описанной окружности треугольника ABC является точкой пересечения двух окружностей радиуса R с центрами в точках B и C. Выберем одну из этих точек пересечения и построим описанную окружность S треугольника ABC. Точка A является точкой пересечения окружности S и прямой, параллельной прямой BC и отстоящей от неё на расстояние ha (таких прямых две).

8.2. Построим точки A1 и B1 на сторонах BC и AC соответственно так, что BA1 : A1 C = 1 : 3 и AB1 : B1 C = 1 : 2. Пусть точка X лежит внутри треугольника ABC. Ясно, что SABX : SBCX = 1 : 2 тогда и только тогда, когда точка X лежит на отрезке BB1, и SABX : SACX = 1 : 3 тогда и только тогда, когда точка X лежит на отрезке AA1. Поэтому искомая точка M является точкой пересечения отрезков AA1 и BB1.

8.3. Пусть O — центр данной окружности, AB — хорда, проходящая через точку P, M — середина AB. Тогда |AP BP| = 2PM. Так как PMO = 90 , точка M лежит на окружности S с диаметром OP. Построим хорду PM окружности S так, что PM = a/2 (таких хорд две). Искомая хорда задаётся прямой PM.

8.4. Пусть R — радиус данной окружности, O — её центр. Центр искомой окружности лежит на окружности S радиуса |R ± r| с центром O. С другой стороны, её центр лежит на прямой l, параллельной данной прямой и удалённой от неё на расстояние r (таких прямых две). Любая точка пересечения Если окружность S высекает на прямой, проходящей через точку A, хорду PQ и M — середина PQ, направления. Рассмотрим всевозможные параллелограммы PQRS с заданными направлениями сторон, Рис. 8.1 а вершина Q — на стороне BC (рис. 8.1). Докажем, что геометрическим местом вершин S являетSR PQ BQ FR

EC EC BC FC

на отрезке EF. Обратно, если точка S лежит на отрезке EF, то проведём S P BF, P Q EC и Q R BF (P, Q, R — точки на прямых AB, BC, CD).

SP PE QC QR

BF BE BC BF

Из этого вытекает следующее построение. Строим сначала точки E и F.

Вершина S является точкой пересечения отрезков AD и EF. Дальнейшее построение очевидно.

8.7. Предположим, что треугольник ABC построен. Пусть A1 и C1 — середины сторон CB и AB. Так как C1 A1 AC, то A1 C1 B = A. Из этого вытекает следующее построение. Построим сначала отрезок CB длиной a и его середину A1. Точка C1 является точкой пересечения окружности радиуса mc с центром C и дуг окружностей, из которых отрезок A1 B виден под углом A.

Построив точку C1, отложим на луче BC1 отрезок BA = 2BC1. Тогда A — искомая вершина треугольника.

8.8. Предположим, что искомый треугольник построен и C — вершина его прямого угла. Так как ACB = 90, точка C лежит на окружности S с диаметром AB. Поэтому точка C является точкой пересечения окружности S и данной окружности. Построив точку C и проведя прямые CA и AB, найдём оставшиеся вершины искомого треугольника.

8.9. Предположим, что прямоугольник ABCD построен. Опустим из точки P перпендикуляр PR на прямую BC. Точку R можно построить, так как она лежит на окружности с диаметром PQ и PR = AB = a. Построив точку R, строим прямые BC и AD и опускаем на них перпендикуляры из точек M и N.

8.10. Предположим, что треугольник ABC построен, AH — высота, AD — биссектриса, AM — медиана. Согласно задаче 2.70 точка D лежит между M и H. Точка E пересечения прямой AD и перпендикуляра, проведённого из точки M к стороне BC, лежит на описанной окружности треугольника ABC.

Поэтому центр O описанной окружности лежит на пересечении серединного перпендикуляра к отрезку AE и перпендикуляра к стороне BC, проведённого через точку M.

Последовательность построений такова: на произвольной прямой (которая в дальнейшем окажется прямой BC) строим точку H, затем последовательно строим точки A, D, M, E, O. Искомые вершины B и C треугольника ABC являются точками пересечения исходной прямой с окружностью радиуса OA с центром O.

8.11. Предположим, что треугольник ABC построен и O — центр его вписанной окружности. Тогда BOC = 90 + A/2 (задача 5.3). Из точки O отрезок BC виден под углом 90 + A/2, и она удалена на расстояние r от прямой BC, поэтому её можно построить. Затем строим вписанную окружность и проводим к ней касательные из точек B и C.

8.12. Построим произвольный треугольник с углами A и B и найдём его периметр P1. Искомый треугольник подобен построенному треугольнику с коэффициентом P/P1.

8.13. Предположим, что треугольник ABC построен. Пусть AA1, BB и CC1 — его медианы, M — точка их пересечения, M — точка, симметричная M относительно точки A1. Тогда MM = 2ma /3, MC = 2mc /3 и M C = 2mb /3, поэтому треугольник MM C можно построить. Точка A симметрична M относительно точки M, а точка B симметрична C относительно середины отрезка MM.