Задачи повышенной трудности. Задачи к главе VI — с. 214
824. Дан выпуклый шестиугольник A1A2A3A4A5A6, все углы которого равны. Докажите, что А1А2 − A4A5 = A5A6 − A2A3 = A3A4 − A6A1.
Сумма углов шестиугольника 720°, поэтому каждый угол равен 120°, а внешние углы по 60°. Продолжим стороны А1А2, А3А4 и А5А6 до попарного пересечения. Получится треугольник, образованный тремя прямыми, и три маленьких треугольника, построенных на сторонах А2А3, А4А5, А6А1. В каждом из них два угла при основании равны 180° − 120° = 60°, значит, они равносторонние со сторонами А2А3, А4А5, А6А1. Большой треугольник тоже имеет углы по 60° (два из них — при основаниях малых треугольников, третий — из суммы), то есть равносторонний. Его стороны равны:
А6А1 + А1А2 + А2А3 (вдоль прямой А1А2), А2А3 + А3А4 + А4А5 (вдоль А3А4), А4А5 + А5А6 + А6А1 (вдоль А5А6).
Приравнивая первую и вторую: А6А1 + А1А2 = А3А4 + А4А5, откуда А1А2 − А4А5 = А3А4 − А6А1. Приравнивая вторую и третью: А2А3 + А3А4 = А5А6 + А6А1, откуда А3А4 − А6А1 = А5А6 − А2А3. Итак, А1А2 − А4А5 = А5А6 − А2А3 = А3А4 − А6А1.
А6А1 + А1А2 + А2А3 (вдоль прямой А1А2), А2А3 + А3А4 + А4А5 (вдоль А3А4), А4А5 + А5А6 + А6А1 (вдоль А5А6).
Приравнивая первую и вторую: А6А1 + А1А2 = А3А4 + А4А5, откуда А1А2 − А4А5 = А3А4 − А6А1. Приравнивая вторую и третью: А2А3 + А3А4 = А5А6 + А6А1, откуда А3А4 − А6А1 = А5А6 − А2А3. Итак, А1А2 − А4А5 = А5А6 − А2А3 = А3А4 − А6А1.
825. Положительные числа а1, a2, a3, a4, а5 и а6 удовлетворяют условиям а1 − а4 = а5 − а2 = а3 − a6. Докажите, что существует выпуклый шестиугольник A1A2A3A4A5A6, все углы которого равны, причём A1A2 = a1, A2A3 = a2, A3A4 = a3, A4A5 = a4, A5A6 = a5 и A6A1 = a6.
Пусть t — общее значение разностей. Тогда (a6 + a1 + a2) − (a2 + a3 + a4) = (a1 − a4) − (a3 − a6) = 0 и (a2 + a3 + a4) − (a4 + a5 + a6) = (a3 − a6) − (a5 − a2) = 0. Значит, s = a6 + a1 + a2 = a2 + a3 + a4 = a4 + a5 + a6.
Построим равносторонний треугольник со стороной s. У его углов отрежем равносторонние треугольники со сторонами a6, a2, a4 (отложив эти длины от вершин по сторонам; в каждом углу это возможно, а на каждой стороне отложенные отрезки не перекрываются, потому что на стороне остаётся ещё положительный отрезок: s − a6 − a2 = a1 > 0, s − a2 − a4 = a3 > 0, s − a4 − a6 = a5 > 0). Оставшаяся фигура — шестиугольник, стороны которого по порядку равны a1 (оставшаяся часть первой стороны), a2 (срез при втором углу), a3, a4, a5, a6. Срезы — стороны равносторонних треугольников, у шестиугольника при каждой вершине угол 180° − 60° = 120°, все углы равны, шестиугольник выпуклый. Следовательно, нужный шестиугольник существует.
Построим равносторонний треугольник со стороной s. У его углов отрежем равносторонние треугольники со сторонами a6, a2, a4 (отложив эти длины от вершин по сторонам; в каждом углу это возможно, а на каждой стороне отложенные отрезки не перекрываются, потому что на стороне остаётся ещё положительный отрезок: s − a6 − a2 = a1 > 0, s − a2 − a4 = a3 > 0, s − a4 − a6 = a5 > 0). Оставшаяся фигура — шестиугольник, стороны которого по порядку равны a1 (оставшаяся часть первой стороны), a2 (срез при втором углу), a3, a4, a5, a6. Срезы — стороны равносторонних треугольников, у шестиугольника при каждой вершине угол 180° − 60° = 120°, все углы равны, шестиугольник выпуклый. Следовательно, нужный шестиугольник существует.
826. Докажите, что из одинаковых плиток, имеющих форму произвольного выпуклого четырёхугольника, можно сделать паркет, полностью покрывающий любую часть плоскости.
Пусть плитка — выпуклый четырёхугольник ABCD, сумма его углов ∠А + ∠В + ∠С + ∠D = 360°. Отразим его центрально относительно середины М стороны СD: получим такой же четырёхугольник Q′, примыкающий к ABCD по стороне СD (сторона переходит в себя, а выпуклая плитка лежит по одну сторону от СD, образ — по другую). Вместе они образуют шестиугольник, симметричный относительно точки М, с попарно равными и параллельными противоположными сторонами (АВ и A′B′, ВС и B′D, СA′ и DA). Такие шестиугольники укладываются без зазоров параллельным переносом: сдвигая шестиугольник на векторы, соответствующие парам противоположных сторон, получаем соседние плитки, у которых общие стороны совпадают целиком. В каждой вершине паркета сходятся по одному разу углы А, В, С, D четырёхугольника (в каждом узле — одна копия каждого угла), их сумма равна 360°, поэтому вокруг каждой вершины нет ни щелей, ни наложений. Продолжая укладку, покрываем всю плоскость (любую её часть).
827. Докажите, что диагонали выпуклого четырёхугольника пересекаются.
Пусть ABCD — выпуклый четырёхугольник. Он лежит по одну сторону от каждой прямой, содержащей сторону, поэтому вершина С лежит внутри угла ВАD, а значит, луч АС пересекает отрезок ВD в некоторой точке Р. Аналогично вершина D лежит внутри угла АВС, и луч ВD пересекает отрезок АС в точке Q. Обе точки Р и Q лежат на прямых АС и ВD, а эти прямые различны и имеют не более одной общей точки. Поэтому Р = Q, и эта точка принадлежит обоим отрезкам АС и ВD. Диагонали пересекаются.
828. Докажите, что в любом четырёхугольнике какие-то две противоположные вершины лежат по разные стороны от прямой, проходящей через две другие вершины.
Пусть ABCD — четырёхугольник. Если он выпуклый, то по задаче 827 диагонали пересекаются в точке О, лежащей на отрезке ВD между В и D и на отрезке АС между А и С. Значит, точки А и С лежат по разные стороны от прямой ВD.
Если четырёхугольник невыпуклый, то для некоторой стороны, например АВ, остальные вершины С и D лежат по разные стороны от прямой АВ (иначе он лежал бы по одну сторону от каждой стороны, то есть был бы выпуклым). Тогда отрезок СD пересекает прямую АВ в точке М, лежащей между С и D. Точка М не принадлежит отрезку АВ (иначе стороны АВ и СD пересекались бы), поэтому либо А лежит между М и В, либо В лежит между А и М.
Случай 1: А между М и В. Прямая АС: точки М и В лежат по разные стороны от неё (отрезок МВ пересекает её в точке А), а М и D по одну сторону (они на луче СD с началом С). Значит, В и D по разные стороны от прямой АС.
Случай 2: В между А и М. Прямая ВD: точки А и М по разные стороны от неё (отрезок АМ пересекает прямую в точке В), а М и С по одну сторону (на луче DС). Значит, А и С по разные стороны от прямой ВD.
Во всех случаях утверждение верно.
Если четырёхугольник невыпуклый, то для некоторой стороны, например АВ, остальные вершины С и D лежат по разные стороны от прямой АВ (иначе он лежал бы по одну сторону от каждой стороны, то есть был бы выпуклым). Тогда отрезок СD пересекает прямую АВ в точке М, лежащей между С и D. Точка М не принадлежит отрезку АВ (иначе стороны АВ и СD пересекались бы), поэтому либо А лежит между М и В, либо В лежит между А и М.
Случай 1: А между М и В. Прямая АС: точки М и В лежат по разные стороны от неё (отрезок МВ пересекает её в точке А), а М и D по одну сторону (они на луче СD с началом С). Значит, В и D по разные стороны от прямой АС.
Случай 2: В между А и М. Прямая ВD: точки А и М по разные стороны от неё (отрезок АМ пересекает прямую в точке В), а М и С по одну сторону (на луче DС). Значит, А и С по разные стороны от прямой ВD.
Во всех случаях утверждение верно.
829. В равнобедренном треугольнике ABC с основанием АС проведена биссектриса AD. Прямая, проведённая через точку D перпендикулярно к AD, пересекает прямую АС в точке Е. Точки М и K — основания перпендикуляров, проведённых из точек В и D к прямой АС. Найдите МK, если АЕ = а.
Пусть ∠ВАС = ∠ВСА = 2φ, тогда ∠DАС = φ. В прямоугольном треугольнике АDЕ (∠D = 90°) AD = AE cos φ = a cos φ, а высота DK даёт АK = AD cos φ = a cos² φ = a (1 + cos 2φ)/2.
В треугольнике АDС ∠АСD = 2φ, ∠АDС = 180° − 3φ; по теореме синусов АС = AD sin 3φ / sin 2φ = a cos φ sin 3φ/(2 sin φ cos φ) = a sin 3φ/(2 sin φ) = a (3 − 4 sin² φ)/2 = a (1 + 2 cos 2φ)/2. Так как М — середина АС, АМ = АС/2 = a (1 + 2 cos 2φ)/4.
МK = |АK − АМ| = a |2 + 2 cos 2φ − 1 − 2 cos 2φ|/4 = a/4.
Ответ: а/4.
В треугольнике АDС ∠АСD = 2φ, ∠АDС = 180° − 3φ; по теореме синусов АС = AD sin 3φ / sin 2φ = a cos φ sin 3φ/(2 sin φ cos φ) = a sin 3φ/(2 sin φ) = a (3 − 4 sin² φ)/2 = a (1 + 2 cos 2φ)/2. Так как М — середина АС, АМ = АС/2 = a (1 + 2 cos 2φ)/4.
МK = |АK − АМ| = a |2 + 2 cos 2φ − 1 − 2 cos 2φ|/4 = a/4.
Ответ: а/4.
830. Докажите, что в треугольнике сумма трёх медиан меньше периметра, но больше половины периметра.
Пусть a, b, c — стороны, ma — медиана к стороне a, М — её основание. Продолжим медиану АМ за точку М на её длину до точки А′: четырёхугольник АВА′С — параллелограмм (диагонали делятся пополам), ВА′ = АС = b. Из неравенства треугольника для АВА′: АА′ < АВ + ВА′, то есть 2ma < b + c.
С другой стороны, в треугольнике АВМ ma > АВ − ВМ = c − a/2, в треугольнике АМС ma > b − a/2. Сложив, 2ma > b + c − a.
Аналогично для остальных медиан: 2mb < a + c, 2mb > a + c − b; 2mc < a + b, 2mc > a + b − c.
Складывая неравенства первого вида: 2(ma + mb + mc) < 2(a + b + c), то есть сумма медиан меньше периметра. Складывая второго вида: 2(ma + mb + mc) > (a + b + c), то есть сумма медиан больше половины периметра.
С другой стороны, в треугольнике АВМ ma > АВ − ВМ = c − a/2, в треугольнике АМС ma > b − a/2. Сложив, 2ma > b + c − a.
Аналогично для остальных медиан: 2mb < a + c, 2mb > a + c − b; 2mc < a + b, 2mc > a + b − c.
Складывая неравенства первого вида: 2(ma + mb + mc) < 2(a + b + c), то есть сумма медиан меньше периметра. Складывая второго вида: 2(ma + mb + mc) > (a + b + c), то есть сумма медиан больше половины периметра.
831. Диагонали выпуклого четырёхугольника разбивают его на четыре треугольника, периметры которых равны. Докажите, что этот четырёхугольник — ромб.
Пусть диагонали пересекаются в точке О (задача 827), ОА = a, ОВ = b, ОС = c, ОD = d, ∠АОВ = θ. Приравнивая периметры треугольников АОВ и ВОС, ВОС и СОD, СОD и DОА, получаем: a + АВ = c + ВС (1); c + СD = a + DА (3); b + ВС = d + СD (2); d + DА = b + АВ (4).
Докажем, что a = c. Допустим, a > c. Из (1) ВС − АВ = a − c > 0, из (3) СD − DА = a − c > 0. По теореме косинусов (∠ВОС = 180° − θ):
АВ² = a² + b² − 2ab cos θ, ВС² = b² + c² + 2bc cos θ. Из АВ < ВС: a² − c² < 2b cos θ (a + c), то есть a − c < 2b cos θ, поэтому cos θ > 0.
Аналогично АD² = a² + d² + 2ad cos θ, СD² = c² + d² − 2cd cos θ; из DА < СD: a² − c² < −2d cos θ (a + c), то есть a − c < −2d cos θ, и cos θ < 0. Противоречие. Случай a < c рассматривается так же. Значит, a = c; точно так же b = d. Диагонали делятся пополам, ABCD — параллелограмм. Тогда из (1) при a = c: АВ = ВС. Параллелограмм с равными смежными сторонами — ромб.
Докажем, что a = c. Допустим, a > c. Из (1) ВС − АВ = a − c > 0, из (3) СD − DА = a − c > 0. По теореме косинусов (∠ВОС = 180° − θ):
АВ² = a² + b² − 2ab cos θ, ВС² = b² + c² + 2bc cos θ. Из АВ < ВС: a² − c² < 2b cos θ (a + c), то есть a − c < 2b cos θ, поэтому cos θ > 0.
Аналогично АD² = a² + d² + 2ad cos θ, СD² = c² + d² − 2cd cos θ; из DА < СD: a² − c² < −2d cos θ (a + c), то есть a − c < −2d cos θ, и cos θ < 0. Противоречие. Случай a < c рассматривается так же. Значит, a = c; точно так же b = d. Диагонали делятся пополам, ABCD — параллелограмм. Тогда из (1) при a = c: АВ = ВС. Параллелограмм с равными смежными сторонами — ромб.
832. Найдите множество середин всех отрезков, соединяющих данную точку со всеми точками данной прямой, не проходящей через эту точку.
Пусть Р — данная точка, l — прямая, Н — основание перпендикуляра из Р на l, К — середина РН. Для точки Х прямой l и середины М отрезка РХ отрезок КМ — средняя линия треугольника РНХ, поэтому КМ ∥ НХ, то есть ∥ l (если Х = Н, М = К). Значит, М лежит на прямой m, проходящей через К параллельно l.
Обратно, пусть М — любая точка прямой m; тогда точка Х, симметричная Р относительно М, лежит на l: прямая m параллельна l и проходит через середину К отрезка РН, а прямая, проходящая через середину стороны РН треугольника РНХ параллельно НХ, пересекает РХ в её середине (теорема Фалеса); следовательно, Х принадлежит l.
Ответ: прямая, параллельная данной и проходящая посередине между ней и данной точкой (на расстоянии, вдвое меньшем расстояния от точки до прямой).
Обратно, пусть М — любая точка прямой m; тогда точка Х, симметричная Р относительно М, лежит на l: прямая m параллельна l и проходит через середину К отрезка РН, а прямая, проходящая через середину стороны РН треугольника РНХ параллельно НХ, пересекает РХ в её середине (теорема Фалеса); следовательно, Х принадлежит l.
Ответ: прямая, параллельная данной и проходящая посередине между ней и данной точкой (на расстоянии, вдвое меньшем расстояния от точки до прямой).
833. Докажите, что прямая, проходящая через середины оснований равнобедренной трапеции, перпендикулярна к основаниям. Сформулируйте и докажите обратное утверждение.
Пусть ABCD — равнобедренная трапеция (АD, ВС — основания, АВ = СD), М и N — середины ВС и АD. В треугольниках АВN и DСN: АВ = DС, АN = DN, ∠А = ∠D (углы при основании равнобедренной трапеции), поэтому они равны, и ВN = СN. Треугольник ВNС равнобедренный, NМ — его медиана, а значит, и высота: NМ ⊥ ВС. Так как ВС ∥ АD, NМ ⊥ АD.
Обратное утверждение: если прямая, проходящая через середины оснований трапеции, перпендикулярна основаниям, то трапеция равнобедренная.
Доказательство. Прямая МN перпендикулярна ВС и проходит через её середину М, она — серединный перпендикуляр к ВС; она же серединный перпендикуляр к АD. Симметрия относительно МN переводит В в С и А в D, поэтому отрезок АВ переходит в DС: АВ = СD. Трапеция с равными боковыми сторонами (непараллельными) — равнобедренная.
Обратное утверждение: если прямая, проходящая через середины оснований трапеции, перпендикулярна основаниям, то трапеция равнобедренная.
Доказательство. Прямая МN перпендикулярна ВС и проходит через её середину М, она — серединный перпендикуляр к ВС; она же серединный перпендикуляр к АD. Симметрия относительно МN переводит В в С и А в D, поэтому отрезок АВ переходит в DС: АВ = СD. Трапеция с равными боковыми сторонами (непараллельными) — равнобедренная.
834. При пересечении биссектрис всех углов прямоугольника образовался четырёхугольник. Докажите, что этот четырёхугольник — квадрат.
Пусть ABCD — прямоугольник со сторонами АВ = a, ВС = b, a ≠ b (при a = b все четыре биссектрисы пересекаются в одной точке). Введём координаты: А(0; 0), В(a; 0), С(a; b), D(0; b). Биссектрисы углов прямоугольника образуют со сторонами углы 45°, их уравнения: из А: y = x; из В: y = a − x; из С: y = x + b − a; из D: y = b − x.
Точки пересечения соседних: P = (A, B): (a/2; a/2); Q = (B, C): (a − b/2; b/2); R = (C, D): (a/2; b − a/2); S = (D, A): (b/2; b/2).
Диагональ PR вертикальна, PR = |b − a|; диагональ QS горизонтальна, QS = |a − b|. Середина PR — (a/2; b/2), середина QS — тоже (a/2; b/2). Итак, диагонали четырёхугольника PQRS равны, перпендикулярны и делятся пополам, поэтому PQRS — квадрат.
(Геометрически: ∠APB = 90°, так как углы при основании АВ равны 45°; то же для остальных вершин, поэтому PQRS — прямоугольник, а равенство диагоналей и их перпендикулярность следуют из симметрии относительно средних линий прямоугольника.)
Точки пересечения соседних: P = (A, B): (a/2; a/2); Q = (B, C): (a − b/2; b/2); R = (C, D): (a/2; b − a/2); S = (D, A): (b/2; b/2).
Диагональ PR вертикальна, PR = |b − a|; диагональ QS горизонтальна, QS = |a − b|. Середина PR — (a/2; b/2), середина QS — тоже (a/2; b/2). Итак, диагонали четырёхугольника PQRS равны, перпендикулярны и делятся пополам, поэтому PQRS — квадрат.
(Геометрически: ∠APB = 90°, так как углы при основании АВ равны 45°; то же для остальных вершин, поэтому PQRS — прямоугольник, а равенство диагоналей и их перпендикулярность следуют из симметрии относительно средних линий прямоугольника.)