Глава IX. Дополнительные задачи — с. 213
812. Докажите, что около выпуклого четырёхугольника, образованного при пересечении биссектрис углов трапеции, можно описать окружность.
Пусть ABCD — трапеция с основаниями ВС и АD, а биссектрисы углов А, В, С, D попарно пересекаются в точках: Р (биссектрисы А и В), Q (В и С), R (С и D), S (D и А). Так как ∠А + ∠В = 180° (односторонние углы при параллельных прямых), в треугольнике АРВ ∠РАВ + ∠РВА = ½ · 180° = 90°, поэтому ∠АРВ = 90°. Угол четырёхугольника PQRS при вершине Р равен углу АРВ, то есть ∠P = 90°. Аналогично из ∠С + ∠D = 180° получаем ∠CRD = 90°, то есть ∠R = 90°. Сумма противоположных углов Р и R равна 180°, поэтому около четырёхугольника PQRS можно описать окружность (задача 810).
813. В прямоугольном треугольнике ABC из точки М стороны АС проведён перпендикуляр МН к гипотенузе AB. Докажите, что углы МНС и МВС равны.
Здесь ∠С = 90° (гипотенуза АВ). Углы МНВ и МСВ прямые (МН ⊥ АВ и ВС ⊥ АС), поэтому точки Н и С лежат на окружности с диаметром МВ. Углы МНС и МВС вписанные в эту окружность и опираются на одну дугу МС, точки Н и В лежат по одну сторону от прямой МС = АС (Н на отрезке АВ, а АВ имеет с прямой АС единственную общую точку А). Значит, ∠МНС = ∠МВС. Что и требовалось доказать.
814. Найдите радиус вписанной в равносторонний треугольник окружности, если радиус описанной окружности равен 10 см.
В равностороннем треугольнике центр описанной и вписанной окружностей — общая точка пересечения медиан (они же высоты и биссектрисы). Медианы делятся ею в отношении 2 : 1, считая от вершины; радиус описанной окружности — расстояние до вершины (⅔ медианы), радиус вписанной — расстояние до стороны (⅓ медианы). Поэтому r = R : 2 = 5 см.
Ответ: 5 см.
Ответ: 5 см.
815. Докажите, что если в параллелограмм можно вписать окружность и можно описать около него окружность, то этот параллелограмм — квадрат.
Раз в параллелограмм можно вписать окружность, он ромб (задача 785). Раз около него можно описать окружность, он прямоугольник (задача 791). Ромб, являющийся прямоугольником, — квадрат.
816. В трапецию с основаниями a и b можно вписать окружность и около этой трапеции можно описать окружность. Найдите радиус вписанной окружности.
Трапеция вписана в окружность, значит, она равнобедренная (задача 792). Так как в неё вписана окружность, a + b = 2с, где с — боковая сторона, откуда с = (a + b)/2. Высота h: из прямоугольного треугольника с гипотенузой с и катетом (a − b)/2 имеем h² = с² − ((a − b)/2)² = ((a + b)² − (a − b)²)/4 = ab, h = √(ab). Радиус вписанной окружности r = h/2 = √(ab)/2.
Ответ: √(ab)/2.
Ответ: √(ab)/2.
817. Даны прямая а, точка А, лежащая на этой прямой, и точка В, не лежащая на ней. Постройте окружность, проходящую через точку В и касающуюся прямой а в точке А.
Анализ. Окружность касается а в точке А, поэтому её центр О лежит на перпендикуляре к а в точке А (радиус ОА ⊥ а). Окружность проходит через А и В, значит, ОА = ОВ, и О лежит на серединном перпендикуляре к отрезку АВ.
Построение.
1) Строим прямую, проходящую через А перпендикулярно а.
2) Строим серединный перпендикуляр к отрезку АВ.
3) Точка О их пересечения — центр.
4) Строим окружность с центром О и радиусом ОА; она проходит через В и касается а в А.
Доказательство. ОА = ОВ как точка серединного перпендикуляра, поэтому В лежит на окружности; а ⊥ ОА в точке А, поэтому а касается окружности в А.
Исследование. Перпендикуляр к а в точке А и серединный перпендикуляр к АВ параллельны только если АВ ∥ а, то есть В лежит на прямой а, что исключено условием. Поэтому они пересекаются в единственной точке, и задача имеет единственное решение.
Построение.
1) Строим прямую, проходящую через А перпендикулярно а.
2) Строим серединный перпендикуляр к отрезку АВ.
3) Точка О их пересечения — центр.
4) Строим окружность с центром О и радиусом ОА; она проходит через В и касается а в А.
Доказательство. ОА = ОВ как точка серединного перпендикуляра, поэтому В лежит на окружности; а ⊥ ОА в точке А, поэтому а касается окружности в А.
Исследование. Перпендикуляр к а в точке А и серединный перпендикуляр к АВ параллельны только если АВ ∥ а, то есть В лежит на прямой а, что исключено условием. Поэтому они пересекаются в единственной точке, и задача имеет единственное решение.
818. Даны две параллельные прямые и точка, не лежащая ни на одной из них. Постройте окружность, проходящую через данную точку и касающуюся данных прямых.
Пусть а ∥ b, Р — данная точка. Окружность, касающаяся обеих параллельных прямых, имеет диаметр, равный расстоянию между ними, и центр на прямой m, равноудалённой от а и b.
Построение.
1) Строим общий перпендикуляр к а и b, находим расстояние h между прямыми и прямую m, параллельную им и проходящую через середину этого перпендикуляра.
2) Строим окружность с центром Р радиуса h/2.
3) Точки пересечения этой окружности с прямой m — центры искомых окружностей О1, О2.
4) Строим окружности с центрами О1, О2 радиуса h/2.
Доказательство. Расстояние от Оi до а и до b равно h/2, значит, окружность касается обеих прямых; РОi = h/2, поэтому она проходит через Р.
Исследование. Если Р лежит строго между прямыми, расстояние от Р до m меньше h/2, и окружность с центром Р пересекает m в двух точках — два решения. Если Р лежит на m, расстояние 0, тоже две точки. Если Р вне полосы между прямыми, расстояние от Р до m больше h/2, пересечения нет — решений нет (окружность, касающаяся обеих прямых, лежит в полосе).
Построение.
1) Строим общий перпендикуляр к а и b, находим расстояние h между прямыми и прямую m, параллельную им и проходящую через середину этого перпендикуляра.
2) Строим окружность с центром Р радиуса h/2.
3) Точки пересечения этой окружности с прямой m — центры искомых окружностей О1, О2.
4) Строим окружности с центрами О1, О2 радиуса h/2.
Доказательство. Расстояние от Оi до а и до b равно h/2, значит, окружность касается обеих прямых; РОi = h/2, поэтому она проходит через Р.
Исследование. Если Р лежит строго между прямыми, расстояние от Р до m меньше h/2, и окружность с центром Р пересекает m в двух точках — два решения. Если Р лежит на m, расстояние 0, тоже две точки. Если Р вне полосы между прямыми, расстояние от Р до m больше h/2, пересечения нет — решений нет (окружность, касающаяся обеих прямых, лежит в полосе).
819. Четырёхугольник ABCD описан около окружности с центром О. Докажите, что ∠AOD + ∠BOC = ∠AOB + ∠COD.
Центр вписанной окружности лежит на биссектрисах углов четырёхугольника (задача 794). Обозначим половины углов: ∠А/2 = α, ∠В/2 = β, ∠С/2 = γ, ∠D/2 = δ; тогда 2α + 2β + 2γ + 2δ = 360°, α + β + γ + δ = 180°. В треугольнике АОD ∠АОD = 180° − α − δ, в треугольнике ВОС ∠ВОС = 180° − β − γ. Складывая, ∠АОD + ∠ВОС = 360° − (α + β + γ + δ) = 180°. Аналогично ∠АОВ = 180° − α − β, ∠СОD = 180° − γ − δ, и ∠АОВ + ∠СОD = 180°. Значит, обе суммы равны 180° и равны между собой.
820. Четырёхугольник вписан в одну окружность и описан около другой. Докажите, что прямые, соединяющие точки касания вписанной окружности с его противоположными сторонами, перпендикулярны.
Пусть ABCD вписан в одну окружность и описан около другой, К, L, М, N — точки касания вписанной окружности со сторонами АВ, ВС, СD, DА. Углы четырёхугольника ∠А = α, ∠В = β, ∠С = γ, ∠D = δ; α + γ = 180°, β + δ = 180°. Дуга KL вписанной окружности, заключённая внутри угла В, равна 180° − β (четырёхугольник ВKОL имеет два прямых угла при K и L, поэтому центральный угол KОL = 180° − β). Аналогично дуга МN, лежащая внутри угла D, равна 180° − δ. Хорды KМ и LN пересекаются в точке Р внутри окружности, угол KРL между ними измеряется полусуммой дуг KL и МN: ∠KРL = ½ (180° − β + 180° − δ) = 180° − ½ (β + δ) = 180° − 90° = 90°. Значит, KМ ⊥ LN. Что и требовалось доказать.
821. В окружность вписан четырёхугольник ABCD. Точки A1, B1, C1, D1 являются серединами дуг AB, ВC, CD, DA. Докажите, что прямые A1C1 и B1D1 перпендикулярны.
Пусть дуги АВ, ВС, СD, DА равны 2a, 2b, 2c, 2d, где 2a + 2b + 2c + 2d = 360°, то есть a + b + c + d = 180°. Тогда ⌣А1В = a, ⌣ВВ1 = b, ⌣СС1 = c, ⌣С1D = c, ⌣DD1 = d, ⌣D1А = d, ⌣АА1 = a, ⌣В1С = b. Дуга А1В1 (через В) равна a + b, дуга С1D1 (через D) равна c + d. Хорды А1С1 и В1D1 пересекаются внутри круга, угол между ними измеряется полусуммой дуг А1В1 и С1D1: ½ (a + b + c + d) = ½ · 180° = 90°. Следовательно, А1С1 ⊥ В1D1.
822. Около треугольника АВС описана окружность. Биссектрисы его углов А, В и С пересекают эту окружность в точках А1, В1 и С1. Докажите, что прямые АА1, ВВ1 и СС1 содержат высоты треугольника А1В1С1.
Пусть ∠А = 2α, ∠В = 2β, ∠С = 2γ, α + β + γ = 90°. Дуга ВС равна 4α, СА — 4β, АВ — 4γ. Биссектриса делит угол пополам, а вписанный угол измеряется половиной дуги, поэтому А1 — середина дуги ВС (не содержащей А): ⌣ВА1 = ⌣А1С = 2α; аналогично ⌣СВ1 = ⌣В1А = 2β, ⌣АС1 = ⌣С1В = 2γ. Хорды АА1 и В1С1 пересекаются внутри окружности, угол между ними равен полусумме дуг, заключённых между сторонами угла и продолжениями: это дуги АС1 и А1В1 (А1В1 = 2α + 2β): угол = ½ (2γ + 2α + 2β) = α + β + γ = 90°. Значит, АА1 ⊥ В1С1, то есть прямая АА1 содержит высоту треугольника А1В1С1, проведённую из вершины А1. Для ВВ1 и СС1 доказательство то же.
823. Прямые АА1, ВВ1 и СС1, содержащие высоты остроугольного треугольника АВС, пересекают описанную окружность в точках A1, B1, C1. Докажите, что эти прямые содержат биссектрисы треугольника А1В1С1.
В прямоугольных треугольниках, образованных высотами: ∠ВСС1 = 90° − ∠В и ∠ВАА1 = 90° − ∠В (острые углы прямоугольных треугольников с общим острым углом В). Значит, вписанные углы ВСС1 и ВАА1 равны, а потому равны дуги, на которые они опираются: ⌣ВС1 = ⌣ВА1. Тогда вписанные углы С1В1В и А1В1В, опирающиеся на эти равные дуги, равны: ∠С1В1В = ∠А1В1В, то есть В1В — биссектриса угла А1В1С1. Аналогично доказывается для АА1 и СС1.