Задачи повышенной трудности. Задачи к главе VI (окончание), задачи к главе VII — с. 215
835. На сторонах параллелограмма вне его построены квадраты. Докажите, что точки пересечения диагоналей этих квадратов являются вершинами квадрата.
Введём комплексные координаты. Пусть ABCD — параллелограмм, обход A, B, C, D против часовой стрелки, A = 0, B = u, D = v, C = u + v. Внешний квадрат на стороне лежит справа от направления обхода. Центр квадрата на стороне вектора w, выходящего из точки P, равен P + w/2 − i·w/2 = P + w(1 − i)/2.
Стороны: АВ (вектор u из 0): O1 = u(1 − i)/2. ВС (вектор v из u): O2 = u + v(1 − i)/2. СD (вектор −u из u + v): O3 = (u + v) + (−u)(1 − i)/2 = v + u(1 + i)/2. DА (вектор −v из v): O4 = v + (−v)(1 − i)/2 = v(1 + i)/2.
Находим стороны четырёхугольника O1O2O3O4:
O2 − O1 = u(1 + i)/2 + v(1 − i)/2;
O3 − O2 = v(1 + i)/2 + u(−1 + i)/2 = i(O2 − O1);
O4 − O3 = −u(1 + i)/2 + v(−1 + i)/2 = i(O3 − O2);
O1 − O4 = u(1 − i)/2 − v(1 + i)/2 = i(O4 − O3).
Каждый следующий вектор получается из предыдущего поворотом на 90°, значит, все стороны равны, а смежные перпендикулярны: O1O2O3O4 — квадрат. (Если параллелограмм — прямоугольник, получается тоже квадрат; в частном случае квадрата ABCD — четыре центра образуют квадрат.)
Стороны: АВ (вектор u из 0): O1 = u(1 − i)/2. ВС (вектор v из u): O2 = u + v(1 − i)/2. СD (вектор −u из u + v): O3 = (u + v) + (−u)(1 − i)/2 = v + u(1 + i)/2. DА (вектор −v из v): O4 = v + (−v)(1 − i)/2 = v(1 + i)/2.
Находим стороны четырёхугольника O1O2O3O4:
O2 − O1 = u(1 + i)/2 + v(1 − i)/2;
O3 − O2 = v(1 + i)/2 + u(−1 + i)/2 = i(O2 − O1);
O4 − O3 = −u(1 + i)/2 + v(−1 + i)/2 = i(O3 − O2);
O1 − O4 = u(1 − i)/2 − v(1 + i)/2 = i(O4 − O3).
Каждый следующий вектор получается из предыдущего поворотом на 90°, значит, все стороны равны, а смежные перпендикулярны: O1O2O3O4 — квадрат. (Если параллелограмм — прямоугольник, получается тоже квадрат; в частном случае квадрата ABCD — четыре центра образуют квадрат.)
836. На стороне CD квадрата ABCD отмечена точка М. Биссектриса угла ВАМ пересекает сторону ВС в точке K. Докажите, что AM = ВK + DM.
Примем сторону квадрата за 1 и обозначим ∠ВАK = ∠KАМ = φ. Тогда ∠ВАМ = 2φ, ∠DАМ = 90° − 2φ. Из прямоугольного треугольника АВK: ВK = tg φ. Из прямоугольного треугольника АDМ: DМ = tg(90° − 2φ) = ctg 2φ, AM = AD / cos(90° − 2φ) = 1/ sin 2φ.
Так как tg φ = 2 sin² φ / sin 2φ, получаем ВK + DM = (2 sin² φ + cos 2φ) / sin 2φ = (2 sin² φ + 1 − 2 sin² φ) / sin 2φ = 1 / sin 2φ = AM.
Что и требовалось доказать.
Так как tg φ = 2 sin² φ / sin 2φ, получаем ВK + DM = (2 sin² φ + cos 2φ) / sin 2φ = (2 sin² φ + 1 − 2 sin² φ) / sin 2φ = 1 / sin 2φ = AM.
Что и требовалось доказать.
837. На рисунке 274 изображены три квадрата. Найдите сумму ∠BAE + ∠CAE + ∠DAE. [рисунок 274: три равных квадрата в ряд, A — левый нижний угол, E — правый нижний, B, C, D — верхние вершины квадратов, считая слева]
Примем сторону квадрата за 1, А(0; 0), Е(3; 0), B(1; 1), C(2; 1), D(3; 1). Тогда ∠ВАЕ = 45° (В на диагонали первого квадрата). tg ∠САЕ = 1/2, tg ∠DАЕ = 1/3. Найдём сумму ∠САЕ + ∠DАЕ: tg(α + β) = (1/2 + 1/3) / (1 − 1/6) = (5/6) / (5/6) = 1, а оба угла острые и меньше 45°, поэтому сумма меньше 90° и равна 45°. Итого 45° + 45° = 90°.
Ответ: 90°.
Ответ: 90°.
838. Внутри квадрата ABCD взята такая точка М, что ∠MAB = 60°, ∠MCD = 15°. Найдите ∠MBC.
Пусть сторона квадрата 1, А(0; 0), В(1; 0), С(1; 1), D(0; 1). Точка М лежит на луче из А под углом 60° к АВ: М = (t/2; t√3/2). Из С луч СМ образует с СD угол 15°: М = (1 − s cos 15°; 1 − s sin 15°). Приравнивая, из y = √3 x получаем 1 − s sin 15° = √3 (1 − s cos 15°), откуда s (√3 cos 15° − sin 15°) = √3 − 1; так как √3 cos 15° − sin 15° = 2 cos(15° + 30°) = √2, s = (√3 − 1)/√2, и s cos 15° = (√3 − 1)(√6 + √2)/(4√2) = (√3 − 1)(√3 + 1)/4 = 1/2. Тогда М = (1/2; √3/2), АМ = 1 = АВ. Значит, треугольник АВМ равнобедренный с углом 60° при вершине А, то есть равносторонний, ∠АВМ = 60° и ∠МВС = 90° − 60° = 30°.
Ответ: 30°.
Ответ: 30°.
839. На сторонах треугольника ABC во внешнюю сторону построены квадраты BCDE, АСТМ, BАНK, а затем параллелограммы TCDQ и EBKP. Докажите, что треугольник APQ прямоугольный и равнобедренный.
Расставим вершины так, чтобы ABC обходился против часовой стрелки; используем комплексные координаты, А, В, С — комплексные числа. Внешний квадрат лежит справа от направления обхода стороны A→B, B→C, C→A.
Квадрат BCDE: D = C − i(C − B), E = B − i(C − B).
Квадрат АСТМ (обход А→С→Т→М противоположен обходу C→A, внешняя сторона слева от А→С): T = C + i(C − A).
Квадрат BАНK (обход В→А→Н→K): K = B + i(A − B).
Параллелограмм TCDQ: Q = T + D − C = C + i(C − A) − i(C − B) = C + i(B − A).
Параллелограмм EBKP: P = E + K − B = B − i(C − B) + i(A − B) = B + i(A − C).
Пусть u = B − A, w = C − A. Тогда P − A = u − i w, Q − A = w + i u. Но i (P − A) = i u + w = Q − A. Значит, вектор AQ получается из вектора AP поворотом на 90°: АР = АQ и АР ⊥ АQ. Следовательно, треугольник АРQ прямоугольный равнобедренный. Что и требовалось доказать.
Квадрат BCDE: D = C − i(C − B), E = B − i(C − B).
Квадрат АСТМ (обход А→С→Т→М противоположен обходу C→A, внешняя сторона слева от А→С): T = C + i(C − A).
Квадрат BАНK (обход В→А→Н→K): K = B + i(A − B).
Параллелограмм TCDQ: Q = T + D − C = C + i(C − A) − i(C − B) = C + i(B − A).
Параллелограмм EBKP: P = E + K − B = B − i(C − B) + i(A − B) = B + i(A − C).
Пусть u = B − A, w = C − A. Тогда P − A = u − i w, Q − A = w + i u. Но i (P − A) = i u + w = Q − A. Значит, вектор AQ получается из вектора AP поворотом на 90°: АР = АQ и АР ⊥ АQ. Следовательно, треугольник АРQ прямоугольный равнобедренный. Что и требовалось доказать.
840. Постройте равнобедренную трапецию по основаниям и диагонали.
Пусть даны основания а (большее) и b, диагональ d. Пусть ABCD — искомая трапеция, AD = a, BC = b. Проведём через С прямую, параллельную диагонали BD, до пересечения с прямой АD в точке E. Тогда BCED — параллелограмм: DE = BC = b, CE = BD = d. У равнобедренной трапеции диагонали равны, поэтому АС = d. Треугольник АСЕ равнобедренный: АЕ = a + b, АС = СЕ = d.
Построение.
1) На прямой откладываем АЕ = a + b.
2) Строим окружности с центрами А и Е радиуса d; одна из точек их пересечения — С.
3) На отрезке АЕ откладываем от Е отрезок ЕD = b; тогда AD = a.
4) Через D проводим прямую, параллельную ЕС, а через С — прямую, параллельную АЕ; точка их пересечения — В.
5) ABCD — искомая трапеция.
Доказательство. CBDE — параллелограмм, поэтому ВС = DE = b, ВС ∥ AD, BD = CE = d = АС. В треугольниках АВD и DСА: АD общая, ВD = АС, ∠ВDА = ∠СЕА = ∠САЕ (АС = СЕ), то есть ∠ВDА = ∠САD; значит, они равны, АВ = СD, трапеция равнобедренная, основания a и b, диагональ d.
Исследование. Построение возможно, если окружности пересекаются: 2d > a + b. Тогда решение единственно (с точностью до симметрии).
Построение.
1) На прямой откладываем АЕ = a + b.
2) Строим окружности с центрами А и Е радиуса d; одна из точек их пересечения — С.
3) На отрезке АЕ откладываем от Е отрезок ЕD = b; тогда AD = a.
4) Через D проводим прямую, параллельную ЕС, а через С — прямую, параллельную АЕ; точка их пересечения — В.
5) ABCD — искомая трапеция.
Доказательство. CBDE — параллелограмм, поэтому ВС = DE = b, ВС ∥ AD, BD = CE = d = АС. В треугольниках АВD и DСА: АD общая, ВD = АС, ∠ВDА = ∠СЕА = ∠САЕ (АС = СЕ), то есть ∠ВDА = ∠САD; значит, они равны, АВ = СD, трапеция равнобедренная, основания a и b, диагональ d.
Исследование. Построение возможно, если окружности пересекаются: 2d > a + b. Тогда решение единственно (с точностью до симметрии).
841. Докажите, что если треугольник имеет более, чем одну ось симметрии, то он равносторонний.
Симметрия относительно оси переводит треугольник в себя, а вершины — в вершины. Это перестановка трёх вершин порядка 2, поэтому хотя бы одна вершина остаётся на месте (лежит на оси). Если бы все три вершины остались на месте, то все они лежали бы на оси — невозможно. Значит, ось проходит через одну вершину, скажем А, и меняет местами две другие В и С. Тогда АВ = АС (симметричные отрезки), то есть треугольник равнобедренный с вершиной А.
Пусть есть вторая ось. Она не может проходить через А: тогда она тоже меняла бы местами В и С и совпала бы с первой осью (перпендикуляр, проведённый через середину ВС и точку А, единствен). Значит, вторая ось проходит через другую вершину, например В, и даёт ВА = ВС. Итак, АВ = АС = ВС, и треугольник равносторонний.
Пусть есть вторая ось. Она не может проходить через А: тогда она тоже меняла бы местами В и С и совпала бы с первой осью (перпендикуляр, проведённый через середину ВС и точку А, единствен). Значит, вторая ось проходит через другую вершину, например В, и даёт ВА = ВС. Итак, АВ = АС = ВС, и треугольник равносторонний.
842. Через точку М, лежащую внутри параллелограмма ABCD, проведены прямые, параллельные его сторонам и пересекающие стороны AB, ВС, CD и DA соответственно в точках Р, Q, R и Т. Докажите, что если точка М лежит на диагонали АС, то площади параллелограммов MPBQ и MRDT равны и, обратно, если площади параллелограммов MPBQ и MRDT равны, то точка М лежит на диагонали АС.
Введём векторы u = AB, v = AD и площадь S = |u × v| параллелограмма ABCD. Любая внутренняя точка записывается как М = xu + yv, где 0 < x < 1, 0 < y < 1. Тогда Р = xu лежит на АВ (МР ∥ АD), Q = u + yv на ВС (МQ ∥ АВ), R = xu + v на СD, Т = yv на DА.
Параллелограмм MPBQ имеет стороны МР = yv (длина y|v|) и МQ = (1 − x)u, его площадь равна (1 − x) y S. Параллелограмм MRDT имеет стороны МR = (1 − y)v и МТ = xu, площадь x(1 − y) S.
Площади равны ⇔ (1 − x) y = x (1 − y) ⇔ y − xy = x − xy ⇔ x = y. Но условие x = y означает М = x(u + v) = x · AC, то есть М лежит на диагонали АС. Следовательно, M ∈ AC тогда и только тогда, когда площади параллелограммов равны.
Параллелограмм MPBQ имеет стороны МР = yv (длина y|v|) и МQ = (1 − x)u, его площадь равна (1 − x) y S. Параллелограмм MRDT имеет стороны МR = (1 − y)v и МТ = xu, площадь x(1 − y) S.
Площади равны ⇔ (1 − x) y = x (1 − y) ⇔ y − xy = x − xy ⇔ x = y. Но условие x = y означает М = x(u + v) = x · AC, то есть М лежит на диагонали АС. Следовательно, M ∈ AC тогда и только тогда, когда площади параллелограммов равны.
843. На сторонах АС и ВС треугольника ABC взяты соответственно точки М и K. Отрезки АK и ВМ пересекаются в точке О. Найдите площадь треугольника СМK, если площади треугольников ОМА, ОAB и ОВK равны соответственно S1, S2, S3.
Треугольники ОМА и ОАВ имеют общую вершину А и основания ОМ и ОВ на одной прямой, поэтому МО : ОВ = S1 : S2. Аналогично треугольники ОВK и ОВА имеют общую вершину В, поэтому KО : ОА = S3 : S2. Площадь треугольника МОK: S(МОK) = (МО/ОВ)(ОK/ОА) · S(ОАВ) = (S1/S2)(S3/S2) S2 = S1S3/S2.
Пусть S(СМK) = x. Тогда S(АМK) = S1 + S1S3/S2 = S1(S2 + S3)/S2 (А, О, K на одной прямой), S(ВМK) = S3 + S1S3/S2 = S3(S1 + S2)/S2, S(АМВ) = S1 + S2.
Треугольники с общей вершиной и основаниями на одной прямой: АМ/МС = S(АМK)/S(СМK) = S1(S2 + S3)/(S2 x) и АМ/МС = S(АМВ)/S(СМВ) = (S1 + S2)/(x + S3(S1 + S2)/S2). Приравниваем:
(S1 + S2) S2 x = S1 (S2 + S3)(x + S3 (S1 + S2)/S2),
x [S2(S1 + S2) − S1(S2 + S3)] = S1S3 (S1 + S2)(S2 + S3)/S2,
x (S2² − S1S3) = S1S3 (S1 + S2)(S2 + S3)/S2.
Ответ: S(СМK) = S1S3 (S1 + S2)(S2 + S3) / (S2 (S2² − S1S3)).
Пусть S(СМK) = x. Тогда S(АМK) = S1 + S1S3/S2 = S1(S2 + S3)/S2 (А, О, K на одной прямой), S(ВМK) = S3 + S1S3/S2 = S3(S1 + S2)/S2, S(АМВ) = S1 + S2.
Треугольники с общей вершиной и основаниями на одной прямой: АМ/МС = S(АМK)/S(СМK) = S1(S2 + S3)/(S2 x) и АМ/МС = S(АМВ)/S(СМВ) = (S1 + S2)/(x + S3(S1 + S2)/S2). Приравниваем:
(S1 + S2) S2 x = S1 (S2 + S3)(x + S3 (S1 + S2)/S2),
x [S2(S1 + S2) − S1(S2 + S3)] = S1S3 (S1 + S2)(S2 + S3)/S2,
x (S2² − S1S3) = S1S3 (S1 + S2)(S2 + S3)/S2.
Ответ: S(СМK) = S1S3 (S1 + S2)(S2 + S3) / (S2 (S2² − S1S3)).
844. На сторонах АС и ВС треугольника ABC взяты точки М и K, а на отрезке МK — точка Р так, что AM/MC = CK/KB = MP/PK. Найдите площадь треугольника ABC, если площади треугольников AMP и ВKР равны S1 и S2.
Пусть общее значение отношений равно k, S — площадь АВС. Тогда АМ = k/(1 + k) · АС, МС = 1/(1 + k) · АС, СK = k/(1 + k) · ВС, KВ = 1/(1 + k) · ВС.
Площадь S(АKС) = (СK/СВ) S = k/(1 + k) S, S(АМK) = (АМ/АС) S(АKС) = k²/(1 + k)² S. Так как МР/МK = k/(1 + k) (МР : РK = k : 1), S(АМР) = k/(1 + k) · S(АМK), то S1 = k³/(1 + k)³ · S.
Далее S(ВМС) = МС/АС · S = 1/(1 + k) S, S(ВKМ) = (KВ/СВ) S(ВСМ) = 1/(1 + k)² S, а так как KР/KМ = 1/(1 + k), S2 = S(ВKР) = 1/(1 + k) · S(ВKМ) = S/(1 + k)³.
Тогда ∛S1 = k/(1 + k) · ∛S, ∛S2 = 1/(1 + k) · ∛S, и ∛S1 + ∛S2 = ∛S.
Ответ: S(ABC) = (∛S1 + ∛S2)³.
Площадь S(АKС) = (СK/СВ) S = k/(1 + k) S, S(АМK) = (АМ/АС) S(АKС) = k²/(1 + k)² S. Так как МР/МK = k/(1 + k) (МР : РK = k : 1), S(АМР) = k/(1 + k) · S(АМK), то S1 = k³/(1 + k)³ · S.
Далее S(ВМС) = МС/АС · S = 1/(1 + k) S, S(ВKМ) = (KВ/СВ) S(ВСМ) = 1/(1 + k)² S, а так как KР/KМ = 1/(1 + k), S2 = S(ВKР) = 1/(1 + k) · S(ВKМ) = S/(1 + k)³.
Тогда ∛S1 = k/(1 + k) · ∛S, ∛S2 = 1/(1 + k) · ∛S, и ∛S1 + ∛S2 = ∛S.
Ответ: S(ABC) = (∛S1 + ∛S2)³.