Задачи повышенной трудности. Задачи к главе VII (окончание), задачи к главе VIII — с. 217
854. Прямая, проходящая через вершину С параллелограмма ABCD, пересекает прямые AB и AD в точках K и М. Найдите площадь этого параллелограмма, если площади треугольников KВС и CDM равны соответственно S1 и S2.
Пусть АВ = р, АD = q, ВK = x, DМ = y, ∠А = φ. Из подобия треугольников KВС и KАМ (ВС ∥ АМ): ВK/АK = ВС/АМ, то есть x/(p + x) = q/(q + y), откуда x(q + y) = q(p + x), xy = pq.
Углы KВС и СDМ равны ∠А: ∠KВС = 180° − ∠АВС = ∠А и ∠СDМ = 180° − ∠АDС = ∠А. Тогда S1 = ½ ВK · ВС · sin φ = ½ x q sin φ, S2 = ½ СD · DМ · sin φ = ½ p y sin φ. Перемножая, S1S2 = ¼ xy · pq sin²φ = ¼ (pq sin φ)² = ¼ S², где S = pq sin φ — площадь параллелограмма.
Ответ: S = 2√(S1S2).
Углы KВС и СDМ равны ∠А: ∠KВС = 180° − ∠АВС = ∠А и ∠СDМ = 180° − ∠АDС = ∠А. Тогда S1 = ½ ВK · ВС · sin φ = ½ x q sin φ, S2 = ½ СD · DМ · sin φ = ½ p y sin φ. Перемножая, S1S2 = ¼ xy · pq sin²φ = ¼ (pq sin φ)² = ¼ S², где S = pq sin φ — площадь параллелограмма.
Ответ: S = 2√(S1S2).
855. Через точку пересечения диагоналей четырёхугольника ABCD проведена прямая, пересекающая отрезок AB в точке М и отрезок CD в точке K. Прямая, проведённая через точку K параллельно отрезку AB, пересекает отрезок BD в точке Т, а прямая, проведённая через точку М параллельно отрезку CD, пересекает отрезок АС в точке Е. Докажите, что прямые BE и СТ параллельны.
Параллельность сохраняется при аффинных преобразованиях, поэтому возьмём косые координаты с началом в точке пересечения диагоналей О и осями вдоль ОА и ОВ: А(a; 0), В(0; b), С(−c; 0), D(0; −d), a, b, c, d > 0. Прямая через О имеет направление (p; q).
M = AB ∩ OM: уравнение АВ: x/a + y/b = 1, M = s(p; q), s = ab/(pb + qa). K ∈ CD: уравнение CD: x/c + y/d = −1, K = s′(p; q), s′ = −cd/(pd + qc). Обозначим N = pb + qa, L = pd + qc.
Точка Т на BD (x = 0), KТ ∥ AB, направление AB — (−a; b): Т = K + μ(−a; b), x-координата нуль: μ = s′p/a; y_Т = s′(q + pb/a) = s′N/a = −cdN/(aL). Итак, Т(0; −cdN/(aL)).
Точка Е на АС (y = 0), МЕ ∥ СD, направление CD — (c; −d): Е = M + ν(c; −d), y-координата нуль: ν = s q/d; x_Е = s(p + qc/d) = sL/d = abL/(dN). Итак, Е(abL/(dN); 0).
Векторы: ВЕ = (abL/(dN); −b), СТ = (c; −cdN/(aL)). Определитель |ВЕ СТ| = (abL/(dN))(−cdN/(aL)) − (−b)c = −bc + bc = 0, то есть векторы коллинеарны: ВЕ ∥ СТ. Что и требовалось доказать.
M = AB ∩ OM: уравнение АВ: x/a + y/b = 1, M = s(p; q), s = ab/(pb + qa). K ∈ CD: уравнение CD: x/c + y/d = −1, K = s′(p; q), s′ = −cd/(pd + qc). Обозначим N = pb + qa, L = pd + qc.
Точка Т на BD (x = 0), KТ ∥ AB, направление AB — (−a; b): Т = K + μ(−a; b), x-координата нуль: μ = s′p/a; y_Т = s′(q + pb/a) = s′N/a = −cdN/(aL). Итак, Т(0; −cdN/(aL)).
Точка Е на АС (y = 0), МЕ ∥ СD, направление CD — (c; −d): Е = M + ν(c; −d), y-координата нуль: ν = s q/d; x_Е = s(p + qc/d) = sL/d = abL/(dN). Итак, Е(abL/(dN); 0).
Векторы: ВЕ = (abL/(dN); −b), СТ = (c; −cdN/(aL)). Определитель |ВЕ СТ| = (abL/(dN))(−cdN/(aL)) − (−b)c = −bc + bc = 0, то есть векторы коллинеарны: ВЕ ∥ СТ. Что и требовалось доказать.
856. Сторона AB треугольника ABC продолжена за точку А на отрезок AD, равный АС. На лучах ВA и BС взяты точки K и М так, что площади треугольников BDM и ВСK равны. Найдите угол ВKМ, если ∠BAC = α.
Площади: S(BDM) = ½ ВD · ВМ · sin B и S(ВСK) = ½ ВС · ВK · sin B. Из равенства ВD · ВМ = ВС · ВK, то есть ВK/ВD = ВМ/ВС. Точки K, D лежат на луче ВА, а точки М, С — на луче ВС, поэтому по теореме, обратной теореме Фалеса, KМ ∥ DС.
Тогда ∠ВKМ = ∠ВDС (соответственные углы) = ∠АDС. Треугольник АDС равнобедренный (АD = АС), ∠DАС = 180° − α (смежный с ∠ВАС), поэтому ∠АDС = (180° − (180° − α))/2 = α/2.
Ответ: α/2.
Тогда ∠ВKМ = ∠ВDС (соответственные углы) = ∠АDС. Треугольник АDС равнобедренный (АD = АС), ∠DАС = 180° − α (смежный с ∠ВАС), поэтому ∠АDС = (180° − (180° − α))/2 = α/2.
Ответ: α/2.
857. Внутри прямоугольника ABCD взята точка М. Известно, что MB = a, MC = b и MD = c. Найдите длину отрезка МА.
Проведём через М прямые, параллельные сторонам прямоугольника; пусть расстояния от М до сторон АВ, ВС, СD, DА равны p, q, r, s. Применяя теорему Пифагора к образовавшимся прямоугольным треугольникам: МА² = s² + p², МВ² = p² + q², МС² = q² + r², МD² = r² + s². Тогда МА² + МС² = p² + q² + r² + s² = МВ² + МD², откуда МА² = a² + c² − b².
Ответ: МА = √(a² + c² − b²).
Ответ: МА = √(a² + c² − b²).
858. В треугольнике ABC проведена высота BD. Отрезок KА перпендикулярен к отрезку AB и равен отрезку DC, отрезок СМ перпендикулярен к отрезку ВС и равен отрезку AD. Докажите, что отрезки MB и KB равны.
Пусть АВ = c, ВС = a, ВD = h. Из прямоугольных треугольников АВD и ВСD: АD² = c² − h², DС² = a² − h².
Треугольник АВK прямоугольный (KА ⊥ АВ): KВ² = АВ² + АK² = c² + DС² = c² + a² − h².
Треугольник ВСМ прямоугольный (СМ ⊥ ВС): МВ² = ВС² + СМ² = a² + АD² = a² + c² − h².
Итак, МВ² = KВ², значит, МВ = KВ.
Треугольник АВK прямоугольный (KА ⊥ АВ): KВ² = АВ² + АK² = c² + DС² = c² + a² − h².
Треугольник ВСМ прямоугольный (СМ ⊥ ВС): МВ² = ВС² + СМ² = a² + АD² = a² + c² − h².
Итак, МВ² = KВ², значит, МВ = KВ.
859. Внутри прямоугольного треугольника ABC с прямым углом С взята точка О так, что справедливо равенство SOAB = SOAC = SOBC. Докажите, что справедливо равенство ОА² + ОВ² = 5ОС².
Из равенства S(ОВС) = S(ОАС) следует, что точки В и А равноудалены от прямой ОС; они лежат по разные стороны от неё (О внутри треугольника), поэтому прямая ОС проходит через середину АВ. Так О лежит на медиане из С; аналогично на медианах из А и В. Значит, О — точка пересечения медиан, которая делит каждую медиану в отношении 2 : 1 от вершины.
Пусть АС = b, ВС = a, АВ = c, c² = a² + b². Медиана к гипотенузе равна c/2, поэтому ОС = (2/3)(c/2) = c/3. Медиана из А: ma² = b² + a²/4, ОА² = (4/9)(b² + a²/4); медиана из В: ОВ² = (4/9)(a² + b²/4). Тогда ОА² + ОВ² = (4/9)(5/4)(a² + b²) = (5/9) c². И 5ОС² = 5c²/9. Итак, ОА² + ОВ² = 5ОС².
Пусть АС = b, ВС = a, АВ = c, c² = a² + b². Медиана к гипотенузе равна c/2, поэтому ОС = (2/3)(c/2) = c/3. Медиана из А: ma² = b² + a²/4, ОА² = (4/9)(b² + a²/4); медиана из В: ОВ² = (4/9)(a² + b²/4). Тогда ОА² + ОВ² = (4/9)(5/4)(a² + b²) = (5/9) c². И 5ОС² = 5c²/9. Итак, ОА² + ОВ² = 5ОС².
860. На рисунке 275 изображён правильный пятиугольник ABCDE, т. е. выпуклый пятиугольник, у которого все углы равны и все стороны равны. Докажите, что: а) △AED ∼ △AFE; б) DA/DF = DF/AF. [рисунок 275: правильный пятиугольник ABCDE, диагонали AD и BE пересекаются в точке F]
Каждый угол правильного пятиугольника равен 108°. Треугольник АЕD равнобедренный (АЕ = ЕD) с углом Е = 108°, поэтому ∠ЕАD = ∠ЕDА = 36°. Треугольник АВЕ равнобедренный (АВ = АЕ) с углом А = 108°, поэтому ∠АЕВ = 36°.
а) В треугольнике АFЕ: ∠FАЕ = ∠DАЕ = 36° и ∠АЕF = ∠АЕВ = 36°, значит, ∠АFЕ = 108°. В треугольниках АЕD и АFЕ соответствуют вершины А ↔ А, Е ↔ F, D ↔ Е: ∠АЕD = 108° = ∠АFЕ и ∠ЕАD = 36° = ∠FАЕ, поэтому △АЕD ∼ △АFЕ по двум углам.
б) В треугольнике ЕDF: ∠ЕDF = ∠ЕDА = 36°, ∠DЕF = ∠АЕD − ∠АЕВ = 108° − 36° = 72°, поэтому ∠DFЕ = 72° и DF = DЕ. Из подобия в а): AD/AE = AE/AF. Так как AE = DE = DF, получаем AD/DF = DF/AF. Что и требовалось доказать.
а) В треугольнике АFЕ: ∠FАЕ = ∠DАЕ = 36° и ∠АЕF = ∠АЕВ = 36°, значит, ∠АFЕ = 108°. В треугольниках АЕD и АFЕ соответствуют вершины А ↔ А, Е ↔ F, D ↔ Е: ∠АЕD = 108° = ∠АFЕ и ∠ЕАD = 36° = ∠FАЕ, поэтому △АЕD ∼ △АFЕ по двум углам.
б) В треугольнике ЕDF: ∠ЕDF = ∠ЕDА = 36°, ∠DЕF = ∠АЕD − ∠АЕВ = 108° − 36° = 72°, поэтому ∠DFЕ = 72° и DF = DЕ. Из подобия в а): AD/AE = AE/AF. Так как AE = DE = DF, получаем AD/DF = DF/AF. Что и требовалось доказать.
861. В треугольнике ABC (AB ≠ АС) через середину М 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 АВ = c, АС = b, АK — биссектриса. Проведём через С прямую, параллельную АK, она пересекает прямую АВ в точке F. Так как СF ∥ АK, ∠АFС = ∠ВАK (соответственные) и ∠АСF = ∠САK (накрест лежащие), а ∠ВАK = ∠САK, то ∠АFС = ∠АСF, поэтому АF = АС = b, причём F лежит на продолжении ВА за точку А. Тогда ВF = c + b.
В треугольнике ВСF прямая МD проходит через середину М стороны ВС параллельно СF, значит, D — середина ВF, и ВD = (b + c)/2.
Аналогично проведём через В прямую, параллельную АK, до пересечения с прямой АС в точке G: АG = АВ = c, СG = b + c, а прямая МЕ проходит через середину М стороны ВС параллельно ВG, поэтому Е — середина СG и СЕ = (b + c)/2.
Итак, ВD = СЕ = (b + c)/2.
В треугольнике ВСF прямая МD проходит через середину М стороны ВС параллельно СF, значит, D — середина ВF, и ВD = (b + c)/2.
Аналогично проведём через В прямую, параллельную АK, до пересечения с прямой АС в точке G: АG = АВ = c, СG = b + c, а прямая МЕ проходит через середину М стороны ВС параллельно ВG, поэтому Е — середина СG и СЕ = (b + c)/2.
Итак, ВD = СЕ = (b + c)/2.
862. Докажите, что отрезки, соединяющие основания высот остроугольного треугольника, образуют треугольник, в котором эти высоты являются биссектрисами.
Пусть АА1, ВВ1, СС1 — высоты остроугольного треугольника АВС. Углы АА1В и АВ1В прямые, поэтому точки А1 и В1 лежат на окружности с диаметром АВ, и четырёхугольник АВА1В1 вписанный. Вписанные углы В1А1А и В1ВА опираются на одну дугу АВ1, поэтому ∠В1А1А = ∠В1ВА = 90° − ∠А (из прямоугольного треугольника АВВ1).
Аналогично, углы АА1С и АС1С прямые, точки А1 и С1 лежат на окружности с диаметром АС, и ∠С1А1А = ∠С1СА = 90° − ∠А.
Итак, ∠В1А1А = ∠С1А1А, то есть АА1 — биссектриса угла В1А1С1 треугольника А1В1С1. Аналогично ВВ1 и СС1 — биссектрисы углов В1 и С1. Что и требовалось доказать.
Аналогично, углы АА1С и АС1С прямые, точки А1 и С1 лежат на окружности с диаметром АС, и ∠С1А1А = ∠С1СА = 90° − ∠А.
Итак, ∠В1А1А = ∠С1А1А, то есть АА1 — биссектриса угла В1А1С1 треугольника А1В1С1. Аналогично ВВ1 и СС1 — биссектрисы углов В1 и С1. Что и требовалось доказать.