Задачи повышенной трудности. Задачи к главе VIII — с. 218
863. Точки Е и F лежат на стороне AB треугольника ABC, причём точка Е лежит на отрезке AF и AE = BF. Прямая, проведённая через точку Е параллельно стороне АС, пересекает прямую, проведённую через точку F параллельно стороне ВС, в точке K. Докажите, что точка K лежит на медиане треугольника ABC, проведённой к стороне AB.
Возьмём косые координаты с началом А, осями вдоль АВ и АС и единицами АВ и АС: А(0; 0), В(1; 0), С(0;
1. (параллельность и принадлежность прямым сохраняются). Пусть АЕ = BF = t, тогда Е(t; 0), F(1 − t; 0). Прямая через Е параллельно АС (ось y): x = t. Прямая через F параллельно ВС (направление (−1; 1)): точки (1 − t − s; s). Пересечение: 1 − t − s = t, s = 1 − 2t, K(t; 1 − 2t). Медиана, проведённая из С к середине N(1/2; 0) стороны АВ: прямая y = 1 − 2x. Координаты K удовлетворяют уравнению: 1 − 2t = 1 − 2t. Значит, K лежит на этой медиане.
864. Гипотенуза прямоугольного треугольника является стороной квадрата, не перекрывающегося с этим треугольником. Найдите расстояние от точки пересечения диагоналей квадрата до вершины прямого угла треугольника, если сумма катетов равна а.
Пусть ∠А = 90°, АС = b, АВ = c, b + c = a. Координаты: А(0; 0), В(c; 0), С(0; b). Гипотенуза ВС, её середина Н(c/2; b/2), длина ВС = √(b² + c²). Квадрат построен на ВС по другую сторону от А, центр квадрата D лежит на перпендикуляре к ВС через Н на расстоянии ВС/2 от Н в сторону, противоположную А. Единичный вектор нормали к ВС, направленный от А: (b; c)/ВС (прямая ВС: bx + cy = bc, точка А даёт 0 < bc). Тогда D = (c/2; b/2) + (ВС/2)(b; c)/ВС = ((b + c)/2; (b + c)/2) = (a/2; a/2). Расстояние АD = √2 · a/2 = a√2/2.
Ответ: a√2/2.
Ответ: a√2/2.
865. В треугольнике ABC ∠A = 180°/7 и ∠B = 360°/7. Докажите, что 1/BC = 1/AC + 1/AB.
Пусть φ = 180°/7. Тогда ∠А = φ, ∠В = 2φ, ∠С = 180° − 3φ = 4φ. По теореме синусов (R — радиус описанной окружности) BC = 2R sin φ, AC = 2R sin 2φ, AB = 2R sin 4φ = 2R sin 3φ (так как 4φ = 180° − 3φ). Нужно доказать, что 1/sin φ = 1/sin 2φ + 1/sin 3φ, то есть sin φ (sin 3φ + sin 2φ) = sin 2φ sin 3φ.
Преобразуем произведения в суммы: sin φ sin 3φ = (cos 2φ − cos 4φ)/2, sin φ sin 2φ = (cos φ − cos 3φ)/2, sin 2φ sin 3φ = (cos φ − cos 5φ)/2. Условие превращается в cos 2φ − cos 4φ + cos φ − cos 3φ = cos φ − cos 5φ, то есть cos 2φ − cos 4φ − cos 3φ = −cos 5φ. Но 5φ = 180° − 2φ, поэтому −cos 5φ = cos 2φ, и 4φ = 180° − 3φ, поэтому cos 4φ = −cos 3φ. Тогда левая часть равна cos 2φ + cos 3φ − cos 3φ = cos 2φ — равенство верно.
Следовательно, 1/BC = 1/AC + 1/AB.
Преобразуем произведения в суммы: sin φ sin 3φ = (cos 2φ − cos 4φ)/2, sin φ sin 2φ = (cos φ − cos 3φ)/2, sin 2φ sin 3φ = (cos φ − cos 5φ)/2. Условие превращается в cos 2φ − cos 4φ + cos φ − cos 3φ = cos φ − cos 5φ, то есть cos 2φ − cos 4φ − cos 3φ = −cos 5φ. Но 5φ = 180° − 2φ, поэтому −cos 5φ = cos 2φ, и 4φ = 180° − 3φ, поэтому cos 4φ = −cos 3φ. Тогда левая часть равна cos 2φ + cos 3φ − cos 3φ = cos 2φ — равенство верно.
Следовательно, 1/BC = 1/AC + 1/AB.
866. Из точки М внутренней области угла AOB проведены перпендикуляры МР и MQ к его сторонам ОА и ОB. Из точек Р и Q проведены перпендикуляры PR и QS соответственно к ОВ и OA. Докажите, что RS ⊥ OM.
Обозначим ∠МОА = θ1, ∠МОВ = θ2, φ = θ1 + θ2 = ∠АОВ, ОМ = m. Из прямоугольных треугольников ОРМ и ОQМ: ОР = m cos θ1, ОQ = m cos θ2. Далее, из прямоугольных треугольников ОRР и ОSQ: ОR = ОР cos φ = m cos θ1 cos φ, ОS = ОQ cos φ = m cos θ2 cos φ.
Пусть луч ОМ — ось абсцисс. Тогда луч ОА составляет угол θ1 с ОМ (по одну сторону), луч ОВ — угол θ2 (по другую). Проекция точки S (лежит на ОА) на ОМ равна ОS cos θ1 = m cos θ1 cos θ2 cos φ, проекция R (на ОВ) равна ОR cos θ2 = m cos θ1 cos θ2 cos φ. Проекции S и R на прямую ОМ совпадают, значит, RS ⊥ ОМ.
Пусть луч ОМ — ось абсцисс. Тогда луч ОА составляет угол θ1 с ОМ (по одну сторону), луч ОВ — угол θ2 (по другую). Проекция точки S (лежит на ОА) на ОМ равна ОS cos θ1 = m cos θ1 cos θ2 cos φ, проекция R (на ОВ) равна ОR cos θ2 = m cos θ1 cos θ2 cos φ. Проекции S и R на прямую ОМ совпадают, значит, RS ⊥ ОМ.
867. В равнобедренном треугольнике ABC из середины D основания АС проведён перпендикуляр DH к стороне ВС. Пусть М — середина отрезка DH. Докажите, что ВМ ⊥ АH.
Введём координаты: D(0; 0), А(−1; 0), С(1; 0), В(0; k), k > 0. Прямая ВС: kx + y = k. Основание перпендикуляра из D: H = k(k; 1)/(k² + 1) = (k²/(k² + 1); k/(k² + 1)). М — середина DH: М = (k²/(2(k² + 1)); k/(2(k² + 1))).
Векторы: ВМ = (k²/(2(k² + 1)); k/(2(k² + 1)) − k) и АH = (k²/(k² + 1) + 1; k/(k² + 1)) = ((2k² + 1)/(k² + 1); k/(k² + 1)).
Скалярное произведение: k²(2k² + 1)/(2(k² + 1)²) + (k/(k² + 1)) · (k/(2(k² + 1)) − k) = k²(2k² + 1)/(2(k² + 1)²) + k²(1 − 2(k² + 1))/(2(k² + 1)²) = k²(2k² + 1 − 2k² − 1)/(2(k² + 1)²) = 0. Следовательно, ВМ ⊥ АH.
Векторы: ВМ = (k²/(2(k² + 1)); k/(2(k² + 1)) − k) и АH = (k²/(k² + 1) + 1; k/(k² + 1)) = ((2k² + 1)/(k² + 1); k/(k² + 1)).
Скалярное произведение: k²(2k² + 1)/(2(k² + 1)²) + (k/(k² + 1)) · (k/(2(k² + 1)) − k) = k²(2k² + 1)/(2(k² + 1)²) + k²(1 − 2(k² + 1))/(2(k² + 1)²) = k²(2k² + 1 − 2k² − 1)/(2(k² + 1)²) = 0. Следовательно, ВМ ⊥ АH.
868. Из вершины прямого угла С прямоугольного треугольника ABC проведён перпендикуляр CD к гипотенузе, а из точки D — перпендикуляры DE и DF к катетам АС и ВС. Докажите, что: а) CD³ = AB ⋅ АЕ ⋅ BF; б) AE² + BF² + 3CD² = AB²; в) ∛(AE²) + ∛(BF²) = ∛(AB²).
Обозначим АС = b, ВС = a, АВ = c, СD = h. В прямоугольном треугольнике АСD (∠D = 90°) DЕ — высота, поэтому АD² = АЕ · АС; в треугольнике DСВ: DВ² = ВF · ВС; и СD² = АD · DВ.
а) h⁴ = АD² · DВ² = АЕ · АС · ВF · ВС. Но АС · ВС = АВ · СD = ch (двойная площадь). Значит, h⁴ = АЕ · ВF · ch, откуда h³ = AB · АЕ · ВF.
б) CЕDF — прямоугольник, поэтому DЕ² + DF² = СD² = h². В треугольниках АЕD и DFВ: АD² = АЕ² + DЕ², DВ² = ВF² + DF². Складывая, АD² + DВ² = АЕ² + ВF² + h². Так как АВ² = (АD + DВ)² = АD² + DВ² + 2АD · DВ = АD² + DВ² + 2h², получаем АВ² = АЕ² + ВF² + 3h².
в) АD = b²/c (АС² = АD · АВ), АЕ = АD²/АС = b⁴/(c² b) = b³/c². Аналогично ВF = a³/c². Тогда ∛(АЕ²) = b²/c^(4/3), ∛(ВF²) = a²/c^(4/3), их сумма равна (a² + b²)/c^(4/3) = c²/c^(4/3) = c^(2/3) = ∛(АВ²).
а) h⁴ = АD² · DВ² = АЕ · АС · ВF · ВС. Но АС · ВС = АВ · СD = ch (двойная площадь). Значит, h⁴ = АЕ · ВF · ch, откуда h³ = AB · АЕ · ВF.
б) CЕDF — прямоугольник, поэтому DЕ² + DF² = СD² = h². В треугольниках АЕD и DFВ: АD² = АЕ² + DЕ², DВ² = ВF² + DF². Складывая, АD² + DВ² = АЕ² + ВF² + h². Так как АВ² = (АD + DВ)² = АD² + DВ² + 2АD · DВ = АD² + DВ² + 2h², получаем АВ² = АЕ² + ВF² + 3h².
в) АD = b²/c (АС² = АD · АВ), АЕ = АD²/АС = b⁴/(c² b) = b³/c². Аналогично ВF = a³/c². Тогда ∛(АЕ²) = b²/c^(4/3), ∛(ВF²) = a²/c^(4/3), их сумма равна (a² + b²)/c^(4/3) = c²/c^(4/3) = c^(2/3) = ∛(АВ²).
869. Диагонали выпуклого четырёхугольника ABCD пересекаются в точке Р. Известно, что ∠ADP = ½ ∠PDC, ∠ADP = ⅔ ∠PAD и AD = BD = CD. а) Найдите все углы четырёхугольника; б) докажите, что AB² = BP · BD.
а) Пусть ∠АDР = x. Тогда ∠РDС = 2x, ∠АDС = 3x и ∠РАD = 3x/2. Треугольник АDС равнобедренный (АD = СD), его углы при основании равны (180° − 3x)/2; один из них — ∠DАС = ∠РАD = 3x/2. Из 3x/2 = (180° − 3x)/2 находим x = 30°. Итак, ∠АDВ = 30°, ∠ВDС = 60°, ∠АDС = 90°.
Треугольник АВD: АD = ВD, ∠АDВ = 30°, поэтому ∠DАВ = ∠DВА = 75°. Треугольник ВDС: ВD = СD, ∠ВDС = 60°, поэтому он равносторонний и ∠DВС = ∠ВСD = 60°.
Углы четырёхугольника: ∠А = 75°, ∠В = 75° + 60° = 135°, ∠С = 60°, ∠D = 90° (сумма 360°).
б) В треугольниках АВР и DВА угол В общий, ∠ВАР = ∠ВАD − ∠САD = 75° − 45° = 30° = ∠ВDА. Значит, △АВР ∼ △DВА, откуда АВ/DВ = ВР/АВ и АВ² = ВР · ВD.
Ответ: а) ∠А = 75°, ∠В = 135°, ∠С = 60°, ∠D = 90°.
Треугольник АВD: АD = ВD, ∠АDВ = 30°, поэтому ∠DАВ = ∠DВА = 75°. Треугольник ВDС: ВD = СD, ∠ВDС = 60°, поэтому он равносторонний и ∠DВС = ∠ВСD = 60°.
Углы четырёхугольника: ∠А = 75°, ∠В = 75° + 60° = 135°, ∠С = 60°, ∠D = 90° (сумма 360°).
б) В треугольниках АВР и DВА угол В общий, ∠ВАР = ∠ВАD − ∠САD = 75° − 45° = 30° = ∠ВDА. Значит, △АВР ∼ △DВА, откуда АВ/DВ = ВР/АВ и АВ² = ВР · ВD.
Ответ: а) ∠А = 75°, ∠В = 135°, ∠С = 60°, ∠D = 90°.
870. Точка М не лежит на прямых, содержащих стороны параллелограмма ABCD. Докажите, что существуют точки N, Р и Q, расположенные так, что A, B, C и D являются соответственно серединами отрезков MN, NP, PQ и QM.
Построим точки по очереди: N — точка, симметричная М относительно А (А — середина МN); Р — симметричная N относительно В; Q — симметричная Р относительно С. Тогда в векторах (точки обозначены своими радиус-векторами) N = 2A − M, P = 2B − N = 2B − 2A + M, Q = 2C − P = 2C − 2B + 2A − M. В параллелограмме A + C = B + D, поэтому C − B = D − A и Q = 2(D − A) + 2A − M = 2D − M. Значит, D — середина отрезка MQ. Таким образом, точки N, P, Q существуют и обладают нужным свойством.
871. Докажите, что если противоположные стороны выпуклого четырёхугольника не параллельны, то их полусумма больше отрезка, соединяющего середины двух других противоположных сторон.
Пусть в четырёхугольнике ABCD стороны АВ и СD не параллельны, М и N — середины сторон АD и ВС. Тогда MN = N − M = (B + C)/2 − (A + D)/2 = ½ (AB + DC) (в векторах). Отсюда |MN| ≤ ½ (|АВ| + |DС|), причём равенство в неравенстве треугольника для векторов достигается только если векторы АВ и DС сонаправлены, то есть стороны АВ и СD параллельны. По условию они не параллельны, поэтому неравенство строгое: MN < (АВ + СD)/2. Что и требовалось доказать.