Задачи повышенной трудности. Задачи к главе VIII — с. 219
872. Докажите, что если сумма расстояний между серединами противоположных сторон выпуклого четырёхугольника равна половине его периметра, то этот четырёхугольник — параллелограмм.
Пусть М, N — середины АD и ВС, K, L — середины АВ и СD. Тогда MN = ½ (AB + DC) и KL = ½ (AD + BC) (в векторах), поэтому МN ≤ ½ (АВ + СD) и KL ≤ ½ (АD + ВС), причём равенства выполняются лишь при сонаправленности векторов АВ и DС (для МN) и АD и ВС (для KL). Складывая, MN + KL ≤ ½ (АВ + СD + АD + ВС) = P/2. По условию MN + KL = P/2, поэтому оба неравенства обращаются в равенства. Значит, АВ ∥ СD и АD ∥ ВС, то есть ABCD — параллелограмм.
873. Докажите, что если отрезок, соединяющий середины двух противоположных сторон выпуклого четырёхугольника, равен полусумме двух других сторон, то этот четырёхугольник — трапеция или параллелограмм.
Пусть М, N — середины сторон АD и ВС, и МN = ½ (АВ + СD). В векторах MN = ½ (AB + DC), поэтому |AB + DC| = |AB| + |DC|. Равенство в неравенстве треугольника для векторов возможно только при сонаправленных векторах АВ и DС. Значит, АВ ∥ СD, и четырёхугольник — трапеция (основания АВ и СD) или, если и АD ∥ ВС, параллелограмм.
874. Диагонали трапеции ABCD пересекаются в точке О. Треугольник ABО, где AB — меньшее основание трапеции, равносторонний. Докажите, что треугольник, вершинами которого являются середины отрезков ОА, OD и ВС, равносторонний.
Так как АВ ∥ СD, треугольник СОD подобен равностороннему АОВ, значит, тоже равносторонний: ОС = ОD = СD = t, а ОА = ОВ = АВ = s. Введём комплексные координаты с началом в О, АО направим по оси: А = s, В = sω, где ω = e^{iπ/3} (ω² = ω − 1). Так как О лежит между А и С, В и D, С = −t, D = −tω.
Середины: Р (ОА) = s/2, Q (ОD) = −tω/2, R (ВС) = (sω − t)/2.
R − P = (sω − t − s)/2, Q − P = (−tω − s)/2. Умножим Q − P на (1 − ω) = e^{−iπ/3}: (−tω − s)(1 − ω) = −tω + tω² − s + sω = −tω + t(ω − 1) − s + sω = −t − s + sω. Это в точности 2(R − P). Значит, R − P = (Q − P) e^{−iπ/3}: вектор РR получается из РQ поворотом на 60°, а длины равны. Поэтому треугольник PQR равносторонний.
Середины: Р (ОА) = s/2, Q (ОD) = −tω/2, R (ВС) = (sω − t)/2.
R − P = (sω − t − s)/2, Q − P = (−tω − s)/2. Умножим Q − P на (1 − ω) = e^{−iπ/3}: (−tω − s)(1 − ω) = −tω + tω² − s + sω = −tω + t(ω − 1) − s + sω = −t − s + sω. Это в точности 2(R − P). Значит, R − P = (Q − P) e^{−iπ/3}: вектор РR получается из РQ поворотом на 60°, а длины равны. Поэтому треугольник PQR равносторонний.
875. Из вершины А треугольника ABC проведены перпендикуляры AM и АK к биссектрисам внешних углов этого треугольника при вершинах В и С. Докажите, что отрезок МK равен половине периметра треугольника ABC.
Продолжим АМ до пересечения с прямой ВС в точке D, АK — в точке Е. ВМ — биссектриса внешнего угла В и перпендикулярна АD, значит, в треугольнике АВD отрезок ВМ является биссектрисой и высотой, поэтому треугольник АВD равнобедренный: ВD = АВ, а М — середина АD. Аналогично СЕ = АС, а K — середина АЕ. Точки D и Е лежат на прямой ВС за точками В и С соответственно, поэтому DЕ = DВ + ВС + СЕ = АВ + ВС + АС. МK — средняя линия треугольника АDЕ, поэтому МK = ½ DЕ = ½ (АВ + ВС + СА) — половина периметра.
876. Отрезки AA1, BB1 и СС1 соединяют вершины треугольника ABC с внутренними точками противоположных сторон. Докажите, что середины этих отрезков не лежат на одной прямой.
Пусть A1 = (1 − s)B + sC, B1 = (1 − t)C + tA, C1 = (1 − u)A + uB, где 0 < s, t, u < 1 (точки заданы своими барицентрическими координатами относительно ABC). Середины отрезков AA1, BB1, CC1: A2 = ½(A + (1 − s)B + sC), B2 = ½(tA + B + (1 − t)C), C2 = ½((1 − u)A + uB + C). Три точки лежат на одной прямой тогда и только тогда, когда определитель их барицентрических координат (все строки имеют одинаковую сумму) равен нулю:
|1 1−s s; t 1 1−t; 1−u u 1| = 2[(1 − s)(1 − t)(1 − u) + stu].
(Вычисление: раскрывая определитель, получаем 2(1 − t)(1 − u) − 2s(1 − t − u) = 2[1 − s − t − u + st + su + tu] = 2[(1 − s)(1 − t)(1 − u) + stu].)
При 0 < s, t, u < 1 это число положительно, поэтому середины не лежат на одной прямой.
|1 1−s s; t 1 1−t; 1−u u 1| = 2[(1 − s)(1 − t)(1 − u) + stu].
(Вычисление: раскрывая определитель, получаем 2(1 − t)(1 − u) − 2s(1 − t − u) = 2[1 − s − t − u + st + su + tu] = 2[(1 − s)(1 − t)(1 − u) + stu].)
При 0 < s, t, u < 1 это число положительно, поэтому середины не лежат на одной прямой.
877. Середины трёх высот треугольника лежат на одной прямой. Докажите, что этот треугольник прямоугольный.
Пусть АА1, ВВ1, СС1 — высоты (А1, В1, С1 — основания, возможно, на продолжениях сторон), a, b, c — стороны, A, B, C — углы. Положим A1 = (1 − s)B + sC и т. д. с s = ВА1/ВС = c cos B/a, 1 − s = b cos C/a, t = СВ1/СА = a cos C/b, 1 − t = c cos A/b, u = АС1/АВ = b cos A/c, 1 − u = a cos B/c (отношения со знаком). Тогда, как в задаче 876, определитель коллинеарности равен 2[(1 − s)(1 − t)(1 − u) + stu]. Здесь (1 − s)(1 − t)(1 − u) = (b cos C/a)(c cos A/b)(a cos B/c) = cos A cos B cos C и stu = (c cos B/a)(a cos C/b)(b cos A/c) = cos A cos B cos C. Определитель равен 4 cos A cos B cos C.
Середины высот коллинеарны, значит, определитель равен нулю: cos A cos B cos C = 0, и один из углов треугольника равен 90°. Что и требовалось доказать.
Середины высот коллинеарны, значит, определитель равен нулю: cos A cos B cos C = 0, и один из углов треугольника равен 90°. Что и требовалось доказать.
878. В треугольнике ABC, сторона АС которого в 2 раза больше стороны ВС, проведены биссектриса СМ и биссектриса внешнего угла при вершине С, пересекающая прямую AB в точке K. Докажите, что S_BCM = ½ S_ACM = ⅓ S_ABC = ½ S_CMK.
Биссектриса СМ делит АВ в отношении АМ : МВ = АС : ВС = 2 :
1. Треугольники АСМ и ВСМ имеют общую высоту из С, поэтому S(АСМ) = 2S(ВСМ), то есть S(ВСМ) = ½S(АСМ), и S(АВС) = 3S(ВСМ), то есть S(ВСМ) = ⅓S(АВС).
Для биссектрисы внешнего угла KА : KВ = СА : СВ = 2 : 1, и K лежит на продолжении АВ за точку В; тогда KА = KВ + АВ = 2KВ, откуда KВ = АВ. Так как МВ = АВ/3, то МK = МВ + ВK = АВ/3 + АВ = 4АВ/3. Треугольники СМK и СМВ имеют общую высоту из С к прямой АВ, поэтому S(СМK) = (МK/МВ) · S(СМВ) = 4S(ВСМ).
Оговорка: из этого следует S(СМK) = 4S(ВСМ), то есть S(ВСМ) = ¼ S(СМK), а не ½ S(СМK), как напечатано в условии; проверка на примере (АВ = 3, ∠В = 90°, ВС = √3: S(ВСМ) = √3/2, S(СМK) = 2√3) подтверждает отношение 4 : 1. Первые два равенства доказаны выше.
Для биссектрисы внешнего угла KА : KВ = СА : СВ = 2 : 1, и K лежит на продолжении АВ за точку В; тогда KА = KВ + АВ = 2KВ, откуда KВ = АВ. Так как МВ = АВ/3, то МK = МВ + ВK = АВ/3 + АВ = 4АВ/3. Треугольники СМK и СМВ имеют общую высоту из С к прямой АВ, поэтому S(СМK) = (МK/МВ) · S(СМВ) = 4S(ВСМ).
Оговорка: из этого следует S(СМK) = 4S(ВСМ), то есть S(ВСМ) = ¼ S(СМK), а не ½ S(СМK), как напечатано в условии; проверка на примере (АВ = 3, ∠В = 90°, ВС = √3: S(ВСМ) = √3/2, S(СМK) = 2√3) подтверждает отношение 4 : 1. Первые два равенства доказаны выше.
879. Стороны треугольника EFG соответственно равны медианам треугольника ABC. Докажите, что S_EFG/S_ABC = 3/4.
Пусть АВ = u, АС = w (векторы). Медианы, выходящие из А, В, С, как векторы: ma = (u + w)/2, mb = w/2 − u, mc = u/2 − w (из В к середине АС и из С к середине АВ). Их сумма равна нулю: (u + w)/2 + w/2 − u + u/2 − w = 0, поэтому из этих векторов, приложенных последовательно, получается замкнутый треугольник со сторонами, равными медианам; по трём сторонам он равен EFG. Его площадь равна ½|ma × mb| = ½ |(u + w)/2 × (w/2 − u)| = ½ · ½ |u × w/2 + u × w| = ½ · ½ · (3/2)|u × w| = (3/4) · ½|u × w| = (3/4) S(ABC).
Следовательно, S_EFG/S_ABC = 3/4.
Следовательно, S_EFG/S_ABC = 3/4.
880. В треугольнике ABC прямая, проходящая через вершину А и делящая медиану ВМ в отношении 1 : 2, считая от вершины, пересекает сторону ВС в точке K. Найдите отношение площадей треугольников ABK и ABC.
Примем В за начало, u = ВА, v = ВС. Медиана ВМ: М = (u + v)/2. Точка Р на ВМ с ВР : РМ = 1 : 2 — это Р = (1/3)М = (u + v)/6. Точка K лежит на ВС: K = kv. Точки А, Р, K коллинеарны: Р = А + λ(K − A) = (1 − λ)u + λkv. Сравнивая коэффициенты: 1/6 = 1 − λ, 1/6 = λk. Тогда λ = 5/6, k = (1/6)/(5/6) = 1/5. Значит, ВK = ВС/5, и S(АВK) = (1/5) S(АВС) (общая высота из А).
Ответ: 1 : 5.
Ответ: 1 : 5.
881. Через вершину А параллелограмма ABCD проведена прямая, пересекающая прямые BD, CD и ВС соответственно в точках М, N и Р. Докажите, что отрезок AM является средним пропорциональным между MN и МР.
Треугольники МND и МАВ подобны: ∠NМD = ∠АМВ (вертикальные), ∠МDN = ∠МВА (накрест лежащие при DN ∥ АВ). Отсюда МN/МА = МD/МВ.
Треугольники МАD и МРВ подобны: ∠АМD = ∠РМВ (вертикальные), ∠МDА = ∠МВР (накрест лежащие при АD ∥ ВР). Отсюда МА/МР = МD/МВ.
Правые части равны, поэтому МN/МА = МА/МР, то есть МА² = МN · МР. Что и требовалось доказать.
Треугольники МАD и МРВ подобны: ∠АМD = ∠РМВ (вертикальные), ∠МDА = ∠МВР (накрест лежащие при АD ∥ ВР). Отсюда МА/МР = МD/МВ.
Правые части равны, поэтому МN/МА = МА/МР, то есть МА² = МN · МР. Что и требовалось доказать.
882. Постройте точку, принадлежащую большему основанию равнобедренной трапеции и отстоящую от данной боковой стороны в n раз дальше, чем от другой (n = 2, 3, 4).
Пусть ABCD — равнобедренная трапеция с большим основанием АD и боковыми сторонами АВ (данная) и СD. Искомая точка Х лежит на АD, и расстояние от Х до АВ в n раз больше расстояния до СD. Расстояния до боковых сторон равны ХА sin A и ХD sin D, причём ∠А = ∠D (трапеция равнобедренная). Поэтому условие равносильно АХ : ХD = n : 1.
Построение (для n = 3; для 2 и 4 так же).
1) Из вершины А проводим вспомогательный луч (не по АD).
2) Откладываем на нём циркулем n + 1 равных отрезков АТ1 = Т1Т2 = … = ТnТn+1 (для n = 3 — четыре).
3) Соединяем Тn+1 с D.
4) Через Тn проводим прямую, параллельную Тn+1D; она пересекает АD в точке Х.
Доказательство. По теореме о пропорциональных отрезках АХ : ХD = АТn : ТnТn+1 = n : 1. Тогда расстояние от Х до АВ равно ХА sin A = n · ХD sin D, то есть в n раз больше расстояния до СD.
Задача имеет единственное решение; для наглядности приведён случай n = 3.
Построение (для n = 3; для 2 и 4 так же).
1) Из вершины А проводим вспомогательный луч (не по АD).
2) Откладываем на нём циркулем n + 1 равных отрезков АТ1 = Т1Т2 = … = ТnТn+1 (для n = 3 — четыре).
3) Соединяем Тn+1 с D.
4) Через Тn проводим прямую, параллельную Тn+1D; она пересекает АD в точке Х.
Доказательство. По теореме о пропорциональных отрезках АХ : ХD = АТn : ТnТn+1 = n : 1. Тогда расстояние от Х до АВ равно ХА sin A = n · ХD sin D, то есть в n раз больше расстояния до СD.
Задача имеет единственное решение; для наглядности приведён случай n = 3.