Глава VIII. Дополнительные задачи (окончание). Задачи на построение — с. 188
726. В треугольнике ABC (AB ≠ АС) через середину стороны ВС проведена прямая, параллельная биссектрисе угла А, которая пересекает прямые AB и АС соответственно в точках D и Е. Докажите, что BD = CE.
Пусть AL — биссектриса угла A (L на BC), M — середина BC, прямая через M параллельна AL и пересекает прямые AB и AC в точках D и E. Для определённости AB < AC (тогда L ближе к B, и M лежит между L и C; D лежит на продолжении BA за A, E — на стороне AC).
DM ∥ AL, поэтому △BMD ∼ △BLA (угол B общий) и BD/BA = BM/BL, откуда BD = BA·BM/BL. EM ∥ AL, поэтому △CME ∼ △CLA (угол C общий) и CE/CA = CM/CL, откуда CE = CA·CM/CL.
По свойству биссектрисы BL/LC = AB/AC, то есть AB/BL = AC/CL. Кроме того BM = CM. Значит BD = BM·(AB/BL) = CM·(AC/CL) = CE. Что и требовалось доказать.
DM ∥ AL, поэтому △BMD ∼ △BLA (угол B общий) и BD/BA = BM/BL, откуда BD = BA·BM/BL. EM ∥ AL, поэтому △CME ∼ △CLA (угол C общий) и CE/CA = CM/CL, откуда CE = CA·CM/CL.
По свойству биссектрисы BL/LC = AB/AC, то есть AB/BL = AC/CL. Кроме того BM = CM. Значит BD = BM·(AB/BL) = CM·(AC/CL) = CE. Что и требовалось доказать.
727. В трапеции ABCD с основаниями AD и ВС сумма оснований равна b, диагональ АС равна a, ∠ACB = α. Найдите площадь трапеции.
Проведём через C прямую, параллельную BD; она пересекает продолжение AD в точке E. Тогда BCED — параллелограмм (BC ∥ DE, BD ∥ CE), поэтому DE = BC и AE = AD + DE = AD + BC = b.
Площадь трапеции S = (AD + BC)/2·h = AE·h/2, где h — высота трапеции, а это площадь треугольника ACE (основание AE, высота из C равна h).
В треугольнике ACE сторона AC = a, AE = b, ∠CAE = ∠CAD = ∠ACB = α (накрест лежащие при BC ∥ AD). Площадь треугольника по двум сторонам и углу между ними: S = (1/2)·AC·AE·sin α = (1/2)·a·b·sin α.
Ответ: (ab/2)·sin α.
Площадь трапеции S = (AD + BC)/2·h = AE·h/2, где h — высота трапеции, а это площадь треугольника ACE (основание AE, высота из C равна h).
В треугольнике ACE сторона AC = a, AE = b, ∠CAE = ∠CAD = ∠ACB = α (накрест лежащие при BC ∥ AD). Площадь треугольника по двум сторонам и углу между ними: S = (1/2)·AC·AE·sin α = (1/2)·a·b·sin α.
Ответ: (ab/2)·sin α.
728. На стороне AD параллелограмма ABCD отмечена точка K так, что AK = (1/4)KD. Диагональ АС и отрезок BK пересекаются в точке Р. Найдите площадь параллелограмма ABCD, если площадь треугольника APK равна 1 см2.
Пусть AK = x, тогда KD = 4x, AD = 5x, BC = 5x.
AK ∥ BC, поэтому △APK ∼ △CPB по двум углам, коэффициент подобия AK/CB = x/5x = 1/5. Значит S(CPB) = 25·S(APK) = 25 см2, и AP/PC = 1/5.
Треугольники ABP и CBP имеют общую высоту из вершины B, поэтому S(ABP)/S(CBP) = AP/PC = 1/5, S(ABP) = 5 см2.
S(ABC) = S(ABP) + S(CBP) = 5 + 25 = 30 см2. Диагональ делит параллелограмм на два равных треугольника: S(ABCD) = 2·30 = 60 см2.
Ответ: 60 см2.
AK ∥ BC, поэтому △APK ∼ △CPB по двум углам, коэффициент подобия AK/CB = x/5x = 1/5. Значит S(CPB) = 25·S(APK) = 25 см2, и AP/PC = 1/5.
Треугольники ABP и CBP имеют общую высоту из вершины B, поэтому S(ABP)/S(CBP) = AP/PC = 1/5, S(ABP) = 5 см2.
S(ABC) = S(ABP) + S(CBP) = 5 + 25 = 30 см2. Диагональ делит параллелограмм на два равных треугольника: S(ABCD) = 2·30 = 60 см2.
Ответ: 60 см2.
729. В прямоугольной трапеции ABCD с основаниями AD и ВС ∠A = ∠B = 90°, ∠ACD = 90°, ВС = 4 см, АD = 16 см. Найдите углы С и D трапеции.
Так как BC ∥ AD, ∠BCA = ∠CAD (накрест лежащие). Прямоугольные треугольники ABC (∠B = 90°) и ACD (∠ACD = 90°) имеют равные острые углы ∠BCA и ∠CAD, поэтому подобны: △CBA ∼ △ACD (C ↔ A, B ↔ C, A ↔ D). Из подобия CB/AC = CA/AD, то есть AC² = BC·AD = 4·16 = 64, AC = 8 см.
В прямоугольном треугольнике ABC cos ∠BCA = BC/AC = 4/8 = 1/2, поэтому ∠BCA = 60°.
∠C трапеции равен ∠BCD = ∠BCA + ∠ACD = 60° + 90° = 150°. Так как BC ∥ AD, углы при боковой стороне CD в сумме дают 180°: ∠D = 180° − 150° = 30°.
Ответ: ∠C = 150°, ∠D = 30°.
В прямоугольном треугольнике ABC cos ∠BCA = BC/AC = 4/8 = 1/2, поэтому ∠BCA = 60°.
∠C трапеции равен ∠BCD = ∠BCA + ∠ACD = 60° + 90° = 150°. Так как BC ∥ AD, углы при боковой стороне CD в сумме дают 180°: ∠D = 180° − 150° = 30°.
Ответ: ∠C = 150°, ∠D = 30°.
730. Докажите, что медианы треугольника разбивают его на шесть треугольников, площади которых попарно равны.
Пусть медианы AA1, BB1, CC1 пересекаются в точке O. Они разбивают треугольник ABC на шесть треугольников. Обозначим площади: S(OBA1) = S(OCA1) = x (равные основания BA1 = A1C и общая высота из O), S(OAB1) = S(OCB1) = y, S(OAC1) = S(OBC1) = z (аналогично).
Медиана делит треугольник на два равновеликих: S(ABA1) = S(ACA1). Но S(ABA1) = S(OAB) + S(OBA1) = 2z + x, а S(ACA1) = S(OAC) + S(OCA1) = 2y + x. Значит y = z.
Сравнивая S(ABB1) = S(OAB) + S(OAB1) = 2z + y и S(CBB1) = S(OBC) + S(OCB1) = 2x + y, получаем x = z.
Итак, x = y = z: все шесть треугольников имеют равные площади (в частности, попарно равны). Что и требовалось доказать.
Медиана делит треугольник на два равновеликих: S(ABA1) = S(ACA1). Но S(ABA1) = S(OAB) + S(OBA1) = 2z + x, а S(ACA1) = S(OAC) + S(OCA1) = 2y + x. Значит y = z.
Сравнивая S(ABB1) = S(OAB) + S(OAB1) = 2z + y и S(CBB1) = S(OBC) + S(OCB1) = 2x + y, получаем x = z.
Итак, x = y = z: все шесть треугольников имеют равные площади (в частности, попарно равны). Что и требовалось доказать.
731. Основание AD равнобедренной трапеции ABCD в 5 раз больше основания ВС. Высота ВН пересекает диагональ АС в точке М, площадь треугольника АМН равна 4 см2. Найдите площадь трапеции ABCD.
Пусть BC = b, тогда AD = 5b. В равнобедренной трапеции высота BH, опущенная из вершины B на AD, отсекает AH = (AD − BC)/2 = 2b. Пусть BH = h.
BC ∥ AH, поэтому △AMH ∼ △CMB по двум углам (∠AMH = ∠CMB вертикальные, ∠MAH = ∠MCB накрест лежащие). Коэффициент подобия AH/CB = 2b/b = 2, значит MH/MB = 2 и MH = 2/3·h.
Площадь △AMH = (1/2)·AH·MH = (1/2)·2b·(2h/3) = 2bh/3 = 4, откуда bh = 6.
Площадь трапеции S = (BC + AD)/2·h = (b + 5b)/2·h = 3bh = 18 см2.
Ответ: 18 см2.
BC ∥ AH, поэтому △AMH ∼ △CMB по двум углам (∠AMH = ∠CMB вертикальные, ∠MAH = ∠MCB накрест лежащие). Коэффициент подобия AH/CB = 2b/b = 2, значит MH/MB = 2 и MH = 2/3·h.
Площадь △AMH = (1/2)·AH·MH = (1/2)·2b·(2h/3) = 2bh/3 = 4, откуда bh = 6.
Площадь трапеции S = (BC + AD)/2·h = (b + 5b)/2·h = 3bh = 18 см2.
Ответ: 18 см2.
732*. Докажите, что треугольники ABC и А1В1С1 подобны, если AB/A1B1 = AC/A1C1 = AD/A1D1, где AD и A1D1 — биссектрисы треугольников.
Обозначим k = AB/A1B1 = AC/A1C1 = AD/A1D1.
Проведём через точку C прямую, параллельную AD; она пересекает луч BA за точкой A в точке E. Тогда ∠AEC = ∠BAD (соответственные) = ∠DAC (AD — биссектриса) = ∠ACE (накрест лежащие при AD ∥ CE и секущей AC). Значит треугольник AEC равнобедренный: AE = AC.
Треугольники BAD и BEC подобны (AD ∥ EC), поэтому AD/EC = BA/BE = AB/(AB + AC) и EC = AD·(AB + AC)/AB.
Аналогично строим точку E1 для треугольника A1B1C1: A1E1 = A1C1, E1C1 = A1D1·(A1B1 + A1C1)/A1B1.
Так как A1B1 = AB/k, A1C1 = AC/k, A1D1 = AD/k, то E1C1 = (AD/k)·((AB + AC)/k)/(AB/k) = EC/k. Кроме того A1E1 = A1C1 = AC/k = AE/k.
Итак, в треугольниках AEC и A1E1C1 все три стороны пропорциональны (коэффициент k), поэтому они подобны, и ∠EAC = ∠E1A1C1. Эти углы смежные с углами A и A1 треугольников (∠EAC = 180° − ∠A), значит ∠A = ∠A1.
Теперь AB/A1B1 = AC/A1C1 и ∠A = ∠A1, и по второму признаку △ABC ∼ △A1B1C1. Что и требовалось доказать.
Проведём через точку C прямую, параллельную AD; она пересекает луч BA за точкой A в точке E. Тогда ∠AEC = ∠BAD (соответственные) = ∠DAC (AD — биссектриса) = ∠ACE (накрест лежащие при AD ∥ CE и секущей AC). Значит треугольник AEC равнобедренный: AE = AC.
Треугольники BAD и BEC подобны (AD ∥ EC), поэтому AD/EC = BA/BE = AB/(AB + AC) и EC = AD·(AB + AC)/AB.
Аналогично строим точку E1 для треугольника A1B1C1: A1E1 = A1C1, E1C1 = A1D1·(A1B1 + A1C1)/A1B1.
Так как A1B1 = AB/k, A1C1 = AC/k, A1D1 = AD/k, то E1C1 = (AD/k)·((AB + AC)/k)/(AB/k) = EC/k. Кроме того A1E1 = A1C1 = AC/k = AE/k.
Итак, в треугольниках AEC и A1E1C1 все три стороны пропорциональны (коэффициент k), поэтому они подобны, и ∠EAC = ∠E1A1C1. Эти углы смежные с углами A и A1 треугольников (∠EAC = 180° − ∠A), значит ∠A = ∠A1.
Теперь AB/A1B1 = AC/A1C1 и ∠A = ∠A1, и по второму признаку △ABC ∼ △A1B1C1. Что и требовалось доказать.
733. Дан треугольник ABC. Постройте треугольник A1B1C1, подобный треугольнику ABC, площадь которого в 2 раза больше площади треугольника ABC.
Площади подобных треугольников относятся как квадрат коэффициента подобия, поэтому нужен коэффициент k = √2: стороны искомого треугольника в √2 раз больше сторон ABC.
Построение.
1) На стороне AB строим квадрат ABEF (или достаточно перпендикуляр AF к AB, AF = AB). Диагональ BF равна AB·√2 (теорема Пифагора для треугольника ABF).
2) Проводим прямую и откладываем на ней A1B1 = BF.
3) При точках A1 и B1 строим углы, равные углам A и B треугольника ABC, по одну сторону от A1B1. Лучи пересекаются в точке C1.
Треугольник A1B1C1 искомый.
Доказательство. ∠A1 = ∠A, ∠B1 = ∠B, значит △A1B1C1 ∼ △ABC по двум углам с коэффициентом k = A1B1/AB = √2. Отношение площадей S1/S = k² = 2.
Исследование. Решение единственно (с точностью до расположения).
Построение.
1) На стороне AB строим квадрат ABEF (или достаточно перпендикуляр AF к AB, AF = AB). Диагональ BF равна AB·√2 (теорема Пифагора для треугольника ABF).
2) Проводим прямую и откладываем на ней A1B1 = BF.
3) При точках A1 и B1 строим углы, равные углам A и B треугольника ABC, по одну сторону от A1B1. Лучи пересекаются в точке C1.
Треугольник A1B1C1 искомый.
Доказательство. ∠A1 = ∠A, ∠B1 = ∠B, значит △A1B1C1 ∼ △ABC по двум углам с коэффициентом k = A1B1/AB = √2. Отношение площадей S1/S = k² = 2.
Исследование. Решение единственно (с точностью до расположения).
734. Даны три отрезка, длины которых соответственно равны а, b и с. Постройте отрезок, длина которого равна ab/c.
Искомый отрезок x = ab/c удовлетворяет пропорции x/a = b/c, то есть c/b = a/x. Строим четвёртый пропорциональный отрезок.
Построение.
1) Строим угол с вершиной O (любой, меньше развёрнутого).
2) На одной стороне угла откладываем OP = c и OQ = b (P и Q на луче, от O).
3) На другой стороне откладываем OM = a.
4) Проводим прямую PM, а через точку Q проводим прямую, параллельную PM; она пересекает вторую сторону угла в точке N.
Отрезок ON искомый.
Доказательство. PM ∥ QN, поэтому △OPM ∼ △OQN (угол O общий, соответственные углы равны), откуда OP/OQ = OM/ON, то есть c/b = a/ON, ON = ab/c.
Исследование. Решение единственно. На рисунке a = 120, b = 100, c = 80 условных единиц, ON = 150.
Построение.
1) Строим угол с вершиной O (любой, меньше развёрнутого).
2) На одной стороне угла откладываем OP = c и OQ = b (P и Q на луче, от O).
3) На другой стороне откладываем OM = a.
4) Проводим прямую PM, а через точку Q проводим прямую, параллельную PM; она пересекает вторую сторону угла в точке N.
Отрезок ON искомый.
Доказательство. PM ∥ QN, поэтому △OPM ∼ △OQN (угол O общий, соответственные углы равны), откуда OP/OQ = OM/ON, то есть c/b = a/ON, ON = ab/c.
Исследование. Решение единственно. На рисунке a = 120, b = 100, c = 80 условных единиц, ON = 150.
735. Постройте треугольник, если даны середины его сторон.
Пусть даны точки K, L, M — середины сторон AB, BC, CA искомого треугольника ABC.
Анализ. KL — средняя линия треугольника ABC, поэтому KL ∥ AC; аналогично LM ∥ AB, MK ∥ BC.
Построение.
1) Проводим отрезки KL, LM, MK.
2) Через точку K проводим прямую, параллельную LM (это будет прямая AB).
3) Через точку L проводим прямую, параллельную MK (прямая BC).
4) Через точку M проводим прямую, параллельную KL (прямая CA).
Попарные пересечения этих трёх прямых — вершины A, B, C искомого треугольника.
Доказательство. Пусть A — точка пересечения прямых, проведённых через K и M, а B — через K и L. В четырёхугольнике AKLM AK ∥ ML и AM ∥ KL по построению, значит это параллелограмм и AK = ML. В четырёхугольнике KBLM KB ∥ ML и BL ∥ KM, это тоже параллелограмм и KB = ML. Точки A, K, B лежат на одной прямой (проведённой через K параллельно LM), и AK = KB, поэтому K — середина AB. Так же L — середина BC, M — середина CA.
Исследование. Если K, L, M не лежат на одной прямой, решение существует и единственно; если лежат на одной прямой, треугольника нет.
Анализ. KL — средняя линия треугольника ABC, поэтому KL ∥ AC; аналогично LM ∥ AB, MK ∥ BC.
Построение.
1) Проводим отрезки KL, LM, MK.
2) Через точку K проводим прямую, параллельную LM (это будет прямая AB).
3) Через точку L проводим прямую, параллельную MK (прямая BC).
4) Через точку M проводим прямую, параллельную KL (прямая CA).
Попарные пересечения этих трёх прямых — вершины A, B, C искомого треугольника.
Доказательство. Пусть A — точка пересечения прямых, проведённых через K и M, а B — через K и L. В четырёхугольнике AKLM AK ∥ ML и AM ∥ KL по построению, значит это параллелограмм и AK = ML. В четырёхугольнике KBLM KB ∥ ML и BL ∥ KM, это тоже параллелограмм и KB = ML. Точки A, K, B лежат на одной прямой (проведённой через K параллельно LM), и AK = KB, поэтому K — середина AB. Так же L — середина BC, M — середина CA.
Исследование. Если K, L, M не лежат на одной прямой, решение существует и единственно; если лежат на одной прямой, треугольника нет.
736. Постройте треугольник по стороне и медианам, проведённым к двум другим сторонам.
Пусть даны сторона BC = a и медианы BM = m_b (к стороне AC) и CN = m_c (к стороне AB).
Анализ. Медианы пересекаются в точке O, которая делит каждую медиану в отношении 2 : 1 от вершины (п. 69). Значит BO = 2/3·m_b, CO = 2/3·m_c, и треугольник BOC можно построить по трём сторонам: BC = a, BO = 2m_b/3, CO = 2m_c/3.
Построение.
1) Делим отрезки m_b и m_c на три равные части (как в задачах 690, 691) и получаем отрезки 2m_b/3 и 2m_c/3.
2) Строим треугольник BOC со сторонами BC = a, BO = 2m_b/3, CO = 2m_c/3.
3) На продолжении BO за точку O откладываем OM = BO/2 (тогда BM = m_b).
4) Продлеваем CM за точку M на отрезок MA = CM. Получаем вершину A, соединяем её с B.
Треугольник ABC искомый.
Доказательство. По построению M — середина AC и BM = m_b, то есть BM — медиана. Точка O лежит на BM и BO = 2/3·BM, значит O — точка пересечения медиан треугольника ABC. Медиана из вершины C проходит через O и делится ею в отношении 2 : 1 от вершины, поэтому она равна 3/2·CO = m_c (так как CO = 2m_c/3). Итак, в треугольнике ABC сторона BC = a, медианы BM = m_b и CN = m_c, где N — середина AB.
Исследование. Построение возможно, если из отрезков a, 2m_b/3, 2m_c/3 можно составить треугольник, то есть выполняются неравенства треугольника; тогда решение единственно. На рисунке a = 180, m_b = 190, m_c = 160 условных единиц.
Анализ. Медианы пересекаются в точке O, которая делит каждую медиану в отношении 2 : 1 от вершины (п. 69). Значит BO = 2/3·m_b, CO = 2/3·m_c, и треугольник BOC можно построить по трём сторонам: BC = a, BO = 2m_b/3, CO = 2m_c/3.
Построение.
1) Делим отрезки m_b и m_c на три равные части (как в задачах 690, 691) и получаем отрезки 2m_b/3 и 2m_c/3.
2) Строим треугольник BOC со сторонами BC = a, BO = 2m_b/3, CO = 2m_c/3.
3) На продолжении BO за точку O откладываем OM = BO/2 (тогда BM = m_b).
4) Продлеваем CM за точку M на отрезок MA = CM. Получаем вершину A, соединяем её с B.
Треугольник ABC искомый.
Доказательство. По построению M — середина AC и BM = m_b, то есть BM — медиана. Точка O лежит на BM и BO = 2/3·BM, значит O — точка пересечения медиан треугольника ABC. Медиана из вершины C проходит через O и делится ею в отношении 2 : 1 от вершины, поэтому она равна 3/2·CO = m_c (так как CO = 2m_c/3). Итак, в треугольнике ABC сторона BC = a, медианы BM = m_b и CN = m_c, где N — середина AB.
Исследование. Построение возможно, если из отрезков a, 2m_b/3, 2m_c/3 можно составить треугольник, то есть выполняются неравенства треугольника; тогда решение единственно. На рисунке a = 180, m_b = 190, m_c = 160 условных единиц.