Задачи повышенной трудности. Задачи к главе VIII — с. 220
883. Точка С лежит на отрезке AB. Постройте точку D прямой AB, не лежащую на отрезке AB, так, чтобы AD/DB = AC/CB. Всегда ли задача имеет решение?
Пусть АС : СВ = m : n. Искомая точка D делит отрезок АВ внешним образом в том же отношении.
Построение.
1) Проводим из А произвольный луч (не по АВ) и откладываем на нём АС1 = АС.
2) От точки С1 по направлению к А откладываем С1В1 = СВ (если СВ > АС, точка В1 окажется за А).
3) Соединяем В с В1 и через С1 проводим прямую, параллельную ВВ1; она пересекает прямую АВ в точке D.
Доказательство. Прямые ВВ1 и DС1 параллельны, их пересекают прямые АВ и АС1, поэтому по теореме о пропорциональных отрезках АD : АВ = АС1 : АВ1 (со знаками). Пусть АС = m, СВ = n (единицы): АС1 = m, АВ1 = m − n, АВ = m + n. Тогда АD = АВ · m/(m − n), DВ = АD − АВ = АВ · n/(m − n), откуда АD : DВ = m : n = АС : СВ, причём D не лежит на отрезке АВ (|m/(m − n)| > 1).
Исследование. Если m ≠ n, решение существует и единственно. Если С — середина АВ (m = n), точка В1 совпадает с А, прямая ВВ1 — это сама АВ, и параллельная ей прямая через С1 не пересекает АВ: решения нет (равенство АD = DВ невозможно для точки вне отрезка).
Ответ: решение есть, если С не середина отрезка АВ; для середины решения нет.
Построение.
1) Проводим из А произвольный луч (не по АВ) и откладываем на нём АС1 = АС.
2) От точки С1 по направлению к А откладываем С1В1 = СВ (если СВ > АС, точка В1 окажется за А).
3) Соединяем В с В1 и через С1 проводим прямую, параллельную ВВ1; она пересекает прямую АВ в точке D.
Доказательство. Прямые ВВ1 и DС1 параллельны, их пересекают прямые АВ и АС1, поэтому по теореме о пропорциональных отрезках АD : АВ = АС1 : АВ1 (со знаками). Пусть АС = m, СВ = n (единицы): АС1 = m, АВ1 = m − n, АВ = m + n. Тогда АD = АВ · m/(m − n), DВ = АD − АВ = АВ · n/(m − n), откуда АD : DВ = m : n = АС : СВ, причём D не лежит на отрезке АВ (|m/(m − n)| > 1).
Исследование. Если m ≠ n, решение существует и единственно. Если С — середина АВ (m = n), точка В1 совпадает с А, прямая ВВ1 — это сама АВ, и параллельная ей прямая через С1 не пересекает АВ: решения нет (равенство АD = DВ невозможно для точки вне отрезка).
Ответ: решение есть, если С не середина отрезка АВ; для середины решения нет.
884. Постройте равнобедренный треугольник по углу между боковыми сторонами и сумме основания и высоты, проведённой к основанию.
Пусть дан угол α при вершине и отрезок s = ВС + АН (основание плюс высота).
Построение.
1) Строим угол α и на его сторонах откладываем произвольные равные отрезки А′В′ = А′С′, проводим основание В′С′ и высоту А′Н′ — получаем вспомогательный равнобедренный треугольник с тем же углом при вершине.
2) Строим отрезок s′ = В′С′ + А′Н′.
3) С помощью параллельных прямых (теорема о пропорциональных отрезках) строим отрезок b = В′С′ · s/s′: на одном луче из точки О откладываем ОР = s′ и ОQ = s, на другом — ОТ = В′С′; через Q проводим прямую, параллельную РТ; она отсекает на втором луче отрезок b.
4) Строим искомый треугольник по основанию b и углам при основании (180° − α)/2.
Доказательство. Получившийся треугольник подобен вспомогательному (углы равны), коэффициент подобия s/s′, поэтому сумма его основания и высоты равна s′ · s/s′ = s, угол при вершине α.
Исследование. Задача имеет единственное решение при любых α (0° < α < 180°) и s. На рисунке α = 40°: основание ВС и высота АН в сумме дают отрезок s.
Построение.
1) Строим угол α и на его сторонах откладываем произвольные равные отрезки А′В′ = А′С′, проводим основание В′С′ и высоту А′Н′ — получаем вспомогательный равнобедренный треугольник с тем же углом при вершине.
2) Строим отрезок s′ = В′С′ + А′Н′.
3) С помощью параллельных прямых (теорема о пропорциональных отрезках) строим отрезок b = В′С′ · s/s′: на одном луче из точки О откладываем ОР = s′ и ОQ = s, на другом — ОТ = В′С′; через Q проводим прямую, параллельную РТ; она отсекает на втором луче отрезок b.
4) Строим искомый треугольник по основанию b и углам при основании (180° − α)/2.
Доказательство. Получившийся треугольник подобен вспомогательному (углы равны), коэффициент подобия s/s′, поэтому сумма его основания и высоты равна s′ · s/s′ = s, угол при вершине α.
Исследование. Задача имеет единственное решение при любых α (0° < α < 180°) и s. На рисунке α = 40°: основание ВС и высота АН в сумме дают отрезок s.
885. Постройте треугольник по двум сторонам и биссектрисе угла между ними.
Даны стороны АВ = с, АС = b и биссектриса АD = l.
Анализ. Через В проведём прямую ВЕ ∥ АС до пересечения с прямой АD в точке Е. Тогда ∠ВЕА = ∠ЕАС = ∠ВАЕ, поэтому треугольник АВЕ равнобедренный: ВЕ = АВ = с. Треугольники АDС и ЕDВ подобны, поэтому DЕ : АD = ВD : DС = АВ : АС = с : b (свойство биссектрисы), откуда DЕ = lс/b и АЕ = l + lс/b = l(b + с)/b.
Построение.
1) Строим отрезок х = l(b + с)/b как четвёртый пропорциональный отрезок к отрезкам b, b + с, l (b : (b + с) = l : x).
2) Строим равнобедренный треугольник АВЕ с АВ = ВЕ = с и основанием АЕ = х.
3) По другую сторону от прямой АЕ строим луч АС, симметричный лучу АВ относительно АЕ (∠ЕАС = ∠ВАЕ), и откладываем на нём АС = b.
4) Соединяем В и С; ВС пересекает АЕ в точке D. Треугольник АВС искомый.
Доказательство. АЕ — биссектриса угла ВАС по построению. ВЕ ∥ АС (накрест лежащие углы ∠ВЕА = ∠ЕАС равны), поэтому АD : DЕ = АС : ВЕ = b : с, откуда АD = АЕ · b/(b + с) = l. Стороны АВ = с, АС = b.
Исследование. Треугольник АВЕ существует, если х < 2с, то есть l < 2bс/(b + с); это и есть условие существования решения (биссектриса меньше среднего гармонического сторон). Решение единственно.
Анализ. Через В проведём прямую ВЕ ∥ АС до пересечения с прямой АD в точке Е. Тогда ∠ВЕА = ∠ЕАС = ∠ВАЕ, поэтому треугольник АВЕ равнобедренный: ВЕ = АВ = с. Треугольники АDС и ЕDВ подобны, поэтому DЕ : АD = ВD : DС = АВ : АС = с : b (свойство биссектрисы), откуда DЕ = lс/b и АЕ = l + lс/b = l(b + с)/b.
Построение.
1) Строим отрезок х = l(b + с)/b как четвёртый пропорциональный отрезок к отрезкам b, b + с, l (b : (b + с) = l : x).
2) Строим равнобедренный треугольник АВЕ с АВ = ВЕ = с и основанием АЕ = х.
3) По другую сторону от прямой АЕ строим луч АС, симметричный лучу АВ относительно АЕ (∠ЕАС = ∠ВАЕ), и откладываем на нём АС = b.
4) Соединяем В и С; ВС пересекает АЕ в точке D. Треугольник АВС искомый.
Доказательство. АЕ — биссектриса угла ВАС по построению. ВЕ ∥ АС (накрест лежащие углы ∠ВЕА = ∠ЕАС равны), поэтому АD : DЕ = АС : ВЕ = b : с, откуда АD = АЕ · b/(b + с) = l. Стороны АВ = с, АС = b.
Исследование. Треугольник АВЕ существует, если х < 2с, то есть l < 2bс/(b + с); это и есть условие существования решения (биссектриса меньше среднего гармонического сторон). Решение единственно.
886. Постройте треугольник ABC, если даны ∠A, ∠C и отрезок, равный сумме стороны АС и высоты ВН.
Пусть даны углы А и С и отрезок s = АС + ВН.
Построение.
1) Строим произвольный треугольник А′В′С′ с углами А′ = ∠А и С′ = ∠С (на отрезке А′С′ произвольной длины) и проводим высоту В′Н′.
2) Строим s′ = А′С′ + В′Н′.
3) Строим отрезок АС = А′С′ · s/s′ четвёртым пропорциональным (на одном луче из точки О откладываем ОР = s′ и ОQ = s, на другом — ОТ = А′С′; через Q проводим прямую, параллельную РТ; она отсекает на втором луче отрезок, равный АС).
4) Строим треугольник по стороне АС и двум прилежащим углам А и С.
Доказательство. Треугольник АВС подобен А′В′С′ (равные углы) с коэффициентом АС/А′С′ = s/s′, поэтому АС + ВН = (А′С′ + В′Н′) · s/s′ = s, и углы равны данным.
Исследование. Решение существует, если ∠А + ∠С < 180°, и единственно. На рисунке ∠А = 50°, ∠С = 60°.
Построение.
1) Строим произвольный треугольник А′В′С′ с углами А′ = ∠А и С′ = ∠С (на отрезке А′С′ произвольной длины) и проводим высоту В′Н′.
2) Строим s′ = А′С′ + В′Н′.
3) Строим отрезок АС = А′С′ · s/s′ четвёртым пропорциональным (на одном луче из точки О откладываем ОР = s′ и ОQ = s, на другом — ОТ = А′С′; через Q проводим прямую, параллельную РТ; она отсекает на втором луче отрезок, равный АС).
4) Строим треугольник по стороне АС и двум прилежащим углам А и С.
Доказательство. Треугольник АВС подобен А′В′С′ (равные углы) с коэффициентом АС/А′С′ = s/s′, поэтому АС + ВН = (А′С′ + В′Н′) · s/s′ = s, и углы равны данным.
Исследование. Решение существует, если ∠А + ∠С < 180°, и единственно. На рисунке ∠А = 50°, ∠С = 60°.
887. Постройте треугольник по трём высотам.
Пусть ha, hb, hc — данные высоты, a, b, c — стороны. Так как ha · a = hb · b = hc · c = 2S, стороны обратно пропорциональны высотам: a : b : c = 1/ha : 1/hb : 1/hc = hb : ha : (ha · hb/hc) (умножили на ha · hb).
Построение.
1) Строим отрезок x = ha · hb/hc как четвёртый пропорциональный (hc : ha = hb : x).
2) Строим вспомогательный треугольник А′В′С′ со сторонами В′С′ = hb, А′С′ = ha, А′В′ = x (он существует, если для этих трёх отрезков выполнено неравенство треугольника).
3) Проводим в нём высоту А′Н′ к стороне В′С′ и откладываем на прямой А′Н′ от точки А′ отрезок А′Р = ha (в сторону основания).
4) Через Р проводим прямую, параллельную В′С′; она пересекает прямые А′В′ и А′С′ в точках В и С. Треугольник АВС (А = А′) искомый.
Доказательство. Треугольник АВС подобен А′В′С′, значит, a : b : c = hb : ha : x, т. е. его высоты относятся как ha : hb : hc (высоты обратно пропорциональны сторонам). Высота из А равна расстоянию от А до ВС, то есть А′Р = ha. Значит, коэффициент пропорциональности равен 1, и высоты равны ha, hb, hc.
Исследование. Задача имеет решение, если из отрезков 1/ha, 1/hb, 1/hc можно составить треугольник; решение единственно. На рисунке ha = 120, hb = 100, hc = 150 (серый треугольник — вспомогательный).
Построение.
1) Строим отрезок x = ha · hb/hc как четвёртый пропорциональный (hc : ha = hb : x).
2) Строим вспомогательный треугольник А′В′С′ со сторонами В′С′ = hb, А′С′ = ha, А′В′ = x (он существует, если для этих трёх отрезков выполнено неравенство треугольника).
3) Проводим в нём высоту А′Н′ к стороне В′С′ и откладываем на прямой А′Н′ от точки А′ отрезок А′Р = ha (в сторону основания).
4) Через Р проводим прямую, параллельную В′С′; она пересекает прямые А′В′ и А′С′ в точках В и С. Треугольник АВС (А = А′) искомый.
Доказательство. Треугольник АВС подобен А′В′С′, значит, a : b : c = hb : ha : x, т. е. его высоты относятся как ha : hb : hc (высоты обратно пропорциональны сторонам). Высота из А равна расстоянию от А до ВС, то есть А′Р = ha. Значит, коэффициент пропорциональности равен 1, и высоты равны ha, hb, hc.
Исследование. Задача имеет решение, если из отрезков 1/ha, 1/hb, 1/hc можно составить треугольник; решение единственно. На рисунке ha = 120, hb = 100, hc = 150 (серый треугольник — вспомогательный).
888. Постройте трапецию по боковой стороне, большему основанию, углу между ними и отношению двух других сторон.
Пусть дана боковая сторона АВ, большее основание АD, угол А между ними и отношение m : n двух других сторон (меньшего основания ВС и второй боковой стороны СD: ВС : СD = m : n).
Анализ. Так как ВС ∥ АD, ∠СВD = ∠ВDА (накрест лежащие), а треугольник АВD нам известен по двум сторонам и углу между ними.
Построение.
1) Строим треугольник АВD по сторонам АВ, АD и углу А между ними. Находим ∠ВDА и сторону ВD.
2) По другую сторону от прямой ВD, чем точка А, строим луч ВС′ так, что ∠DВС′ = ∠ВDА (этот луч параллелен АD).
3) Строим вспомогательный треугольник: на луче ВС′ откладываем ВС0 = m (единичный отрезок), затем окружностью с центром С0 радиуса n находим на луче ВD точку D0 (угол при В тот же ∠СВD, противолежащая ему сторона С0D0 = n).
4) Через D проводим прямую, параллельную D0С0, она пересекает луч ВС′ в точке С.
5) АВСD — искомая трапеция.
Доказательство. ВС ∥ АD, потому что ∠СВD = ∠ВDА. Треугольники ВС0D0 и ВСD подобны (параллельные прямые), поэтому ВС : СD = ВС0 : С0D0 = m : n. Боковая сторона АВ, основание АD и угол А заданы.
Исследование. Число решений определяется числом точек D0 (окружность радиуса n с центром С0 пересекает луч ВD0 в 0, 1 или 2 точках), то есть может быть 0, 1 или 2; для ограничения нужно, чтобы оба решения давали выпуклую трапецию. На рисунке: ∠А = 70°, АВ = 100, АD = 220, ВС : СD = 2 : 3 (одно из решений).
Анализ. Так как ВС ∥ АD, ∠СВD = ∠ВDА (накрест лежащие), а треугольник АВD нам известен по двум сторонам и углу между ними.
Построение.
1) Строим треугольник АВD по сторонам АВ, АD и углу А между ними. Находим ∠ВDА и сторону ВD.
2) По другую сторону от прямой ВD, чем точка А, строим луч ВС′ так, что ∠DВС′ = ∠ВDА (этот луч параллелен АD).
3) Строим вспомогательный треугольник: на луче ВС′ откладываем ВС0 = m (единичный отрезок), затем окружностью с центром С0 радиуса n находим на луче ВD точку D0 (угол при В тот же ∠СВD, противолежащая ему сторона С0D0 = n).
4) Через D проводим прямую, параллельную D0С0, она пересекает луч ВС′ в точке С.
5) АВСD — искомая трапеция.
Доказательство. ВС ∥ АD, потому что ∠СВD = ∠ВDА. Треугольники ВС0D0 и ВСD подобны (параллельные прямые), поэтому ВС : СD = ВС0 : С0D0 = m : n. Боковая сторона АВ, основание АD и угол А заданы.
Исследование. Число решений определяется числом точек D0 (окружность радиуса n с центром С0 пересекает луч ВD0 в 0, 1 или 2 точках), то есть может быть 0, 1 или 2; для ограничения нужно, чтобы оба решения давали выпуклую трапецию. На рисунке: ∠А = 70°, АВ = 100, АD = 220, ВС : СD = 2 : 3 (одно из решений).
889. Постройте ромб, площадь которого равна площади данного квадрата, если известно, что отношение диагоналей этого ромба равно отношению данных отрезков.
Пусть сторона квадрата q, данные отрезки m и n, диагонали ромба d1 : d2 = m : n. Площадь ромба равна d1 d2/2 и должна быть равна q².
Анализ. Обозначим D = q√2 (диагональ квадрата) и x = √(mn) (среднее пропорциональное m и n). Положим d1 = D · m/x, d2 = D · n/x. Тогда d1 : d2 = m : n и d1 d2/2 = D² mn/(2x²) = D²/2 = q².
Построение.
1) Строим диагональ D данного квадрата.
2) По задаче 781 строим x — среднее пропорциональное отрезков m и n.
3) Строим четвёртые пропорциональные отрезки d1 = D · m/x (d1 : D = m : x) и d2 = D · n/x (d2 : D = n : x).
4) Строим две взаимно перпендикулярные прямые, пересекающиеся в точке О; откладываем на одной от О в обе стороны отрезки d1/2, на другой — d2/2. Соединяем концы по порядку — получаем ромб (диагонали делятся пополам и перпендикулярны).
Доказательство. Диагонали построенного четырёхугольника перпендикулярны и точкой пересечения делятся пополам, значит, это ромб; d1 : d2 = m : n; площадь равна d1 d2/2 = q².
Исследование. Решение всегда существует и единственно. На рисунке q = 100, m = 160, n = 80: x = √(160 · 80) ≈ 113, D ≈ 141, d1 = 200, d2 = 100, площадь 200 · 100/2 = 100².
Анализ. Обозначим D = q√2 (диагональ квадрата) и x = √(mn) (среднее пропорциональное m и n). Положим d1 = D · m/x, d2 = D · n/x. Тогда d1 : d2 = m : n и d1 d2/2 = D² mn/(2x²) = D²/2 = q².
Построение.
1) Строим диагональ D данного квадрата.
2) По задаче 781 строим x — среднее пропорциональное отрезков m и n.
3) Строим четвёртые пропорциональные отрезки d1 = D · m/x (d1 : D = m : x) и d2 = D · n/x (d2 : D = n : x).
4) Строим две взаимно перпендикулярные прямые, пересекающиеся в точке О; откладываем на одной от О в обе стороны отрезки d1/2, на другой — d2/2. Соединяем концы по порядку — получаем ромб (диагонали делятся пополам и перпендикулярны).
Доказательство. Диагонали построенного четырёхугольника перпендикулярны и точкой пересечения делятся пополам, значит, это ромб; d1 : d2 = m : n; площадь равна d1 d2/2 = q².
Исследование. Решение всегда существует и единственно. На рисунке q = 100, m = 160, n = 80: x = √(160 · 80) ≈ 113, D ≈ 141, d1 = 200, d2 = 100, площадь 200 · 100/2 = 100².
890. Прямая m, не проходящая через вершины треугольника АВС, пересекает его стороны АВ и ВС, а также продолжение стороны АС соответственно в точках С1, А1 и В1. Докажите, что верно равенство: AC1/C1B · BA1/A1C · CB1/B1A = 1 (теорема Менелая).
Проведём через В прямую, параллельную АС, до пересечения с прямой m в точке K (прямая m не параллельна АС, так как пересекает её продолжение).
Треугольники АС1В1 и ВС1K подобны: ∠АС1В1 = ∠ВС1K (вертикальные), ∠С1АВ1 = ∠С1ВK (накрест лежащие при ВK ∥ АВ1). Значит, АС1/С1В = АВ1/ВK.
Треугольники ВА1K и СА1В1 подобны: ∠ВА1K = ∠СА1В1 (вертикальные), ∠А1ВK = ∠А1СВ1 (накрест лежащие при ВK ∥ СВ1). Значит, ВА1/А1С = ВK/СВ1.
Перемножим: АС1/С1В · ВА1/А1С = АВ1/ВK · ВK/СВ1 = АВ1/СВ1. Умножая ещё на СВ1/В1А, получаем АС1/С1В · ВА1/А1С · СВ1/В1А = АВ1/СВ1 · СВ1/В1А = 1. Что и требовалось доказать.
Треугольники АС1В1 и ВС1K подобны: ∠АС1В1 = ∠ВС1K (вертикальные), ∠С1АВ1 = ∠С1ВK (накрест лежащие при ВK ∥ АВ1). Значит, АС1/С1В = АВ1/ВK.
Треугольники ВА1K и СА1В1 подобны: ∠ВА1K = ∠СА1В1 (вертикальные), ∠А1ВK = ∠А1СВ1 (накрест лежащие при ВK ∥ СВ1). Значит, ВА1/А1С = ВK/СВ1.
Перемножим: АС1/С1В · ВА1/А1С = АВ1/ВK · ВK/СВ1 = АВ1/СВ1. Умножая ещё на СВ1/В1А, получаем АС1/С1В · ВА1/А1С · СВ1/В1А = АВ1/СВ1 · СВ1/В1А = 1. Что и требовалось доказать.
891. Докажите теорему Менелая (задача 890) для случая, когда точки С1, А1 и В1 лежат на продолжениях сторон АВ, ВС и АС треугольника АВС.
Пусть прямая m пересекает прямые АВ, ВС, АС в точках С1, А1, В1, не совпадающих с вершинами, все три точки лежат на продолжениях сторон. Проведём через В прямую, параллельную АС, до пересечения с m в точке K.
Прямые АВ1 и ВK параллельны и пересекаются секущими прямыми С1А (она же С1В) и С1В1 (она же m); треугольники С1АВ1 и С1ВK подобны (гомотетия с центром С1, при которой АВ1 переходит в ВK), поэтому АС1/С1В = АВ1/ВK независимо от расположения точек.
Прямые ВK и СВ1 параллельны и пересекаются секущими А1В (она же А1С) и А1K (она же m); треугольники А1ВK и А1СВ1 подобны (гомотетия с центром А1), поэтому ВА1/А1С = ВK/СВ1.
Перемножая и умножая ещё на СВ1/В1А, как в задаче 890, получаем АС1/С1В · ВА1/А1С · СВ1/В1А = (АВ1/ВK)(ВK/СВ1)(СВ1/В1А) = 1 (длины неотрицательны, поэтому знаки не нужны).
Прямые АВ1 и ВK параллельны и пересекаются секущими прямыми С1А (она же С1В) и С1В1 (она же m); треугольники С1АВ1 и С1ВK подобны (гомотетия с центром С1, при которой АВ1 переходит в ВK), поэтому АС1/С1В = АВ1/ВK независимо от расположения точек.
Прямые ВK и СВ1 параллельны и пересекаются секущими А1В (она же А1С) и А1K (она же m); треугольники А1ВK и А1СВ1 подобны (гомотетия с центром А1), поэтому ВА1/А1С = ВK/СВ1.
Перемножая и умножая ещё на СВ1/В1А, как в задаче 890, получаем АС1/С1В · ВА1/А1С · СВ1/В1А = (АВ1/ВK)(ВK/СВ1)(СВ1/В1А) = 1 (длины неотрицательны, поэтому знаки не нужны).
892. Пусть точки С1, А1 и В1 лежат соответственно на сторонах АВ, ВС и АС треугольника АВС или их продолжениях. Докажите: если AC1/C1B · BA1/A1C · CB1/B1A = 1, то точки С1, А1 и В1 лежат на одной прямой (теорема, обратная теореме Менелая).
Заметим, что произведение равно 1 и при трёх внутренних точках (чевианы, пересекающиеся в одной точке — теорема Чевы), поэтому в условии подразумевается, что на продолжениях сторон лежит нечётное число точек (одна или три) — именно так расположены точки, лежащие на одной прямой.
Пусть прямая А1С1 пересекает прямую АС в точке В2. По теореме Менелая (задачи 890, 891) для точек С1, А1, В2: АС1/С1В · ВА1/А1С · СВ2/В2А = 1. Сравнивая с условием, получаем СВ2/В2А = СВ1/В1А = t. Точки В1 и В2 лежат на прямой АС и делят отрезок АС в одном отношении; кроме того, обе внутренние или обе внешние (так как число внешних точек среди А1, В1, С1 нечётно, а среди А1, В2, С1 тоже нечётно, внешний характер В1 и В2 определяется чётностью числа внешних точек среди А1 и С1). Точка с данным отношением СВ/ВА = t и данным типом деления единственна (при внутреннем делении t > 0 даёт одну точку, при внешнем t ≠ 1 — одну), поэтому В1 = В2, то есть В1 лежит на прямой А1С1.
Если А1С1 ∥ АС, то из подобия АС1/С1В = СА1/А1В, и произведение даёт СВ1/В1А = 1: В1 — середина АС, то есть внутренняя точка, и тогда все три точки внутренние, что противоречит условию нечётности; значит, такого случая не бывает.
Оговорка: теорема верна при нечётном числе точек на продолжениях сторон (1 или 3); именно это и предполагается.
Пусть прямая А1С1 пересекает прямую АС в точке В2. По теореме Менелая (задачи 890, 891) для точек С1, А1, В2: АС1/С1В · ВА1/А1С · СВ2/В2А = 1. Сравнивая с условием, получаем СВ2/В2А = СВ1/В1А = t. Точки В1 и В2 лежат на прямой АС и делят отрезок АС в одном отношении; кроме того, обе внутренние или обе внешние (так как число внешних точек среди А1, В1, С1 нечётно, а среди А1, В2, С1 тоже нечётно, внешний характер В1 и В2 определяется чётностью числа внешних точек среди А1 и С1). Точка с данным отношением СВ/ВА = t и данным типом деления единственна (при внутреннем делении t > 0 даёт одну точку, при внешнем t ≠ 1 — одну), поэтому В1 = В2, то есть В1 лежит на прямой А1С1.
Если А1С1 ∥ АС, то из подобия АС1/С1В = СА1/А1В, и произведение даёт СВ1/В1А = 1: В1 — середина АС, то есть внутренняя точка, и тогда все три точки внутренние, что противоречит условию нечётности; значит, такого случая не бывает.
Оговорка: теорема верна при нечётном числе точек на продолжениях сторон (1 или 3); именно это и предполагается.
893. Пусть точки С1, А1 и В1 лежат соответственно на сторонах АВ, ВС и АС треугольника АВС или их продолжениях. Докажите, что если прямые АА1, ВВ1 и СС1 пересекаются в одной точке, то верно равенство: AC1/C1B · BA1/A1C · CB1/B1A = 1 (теорема Чевы).
Пусть прямые пересекаются в точке М. Применим теорему Менелая (задача 890) к треугольнику АВВ1 и прямой СС1 (она пересекает АВ в С1, ВВ1 в М, продолжение АВ1 в С): АС1/С1В · ВМ/МВ1 · В1С/СА = 1 (1).
Применим её к треугольнику СВВ1 и прямой АА1 (пересекает СВ в А1, ВВ1 в М, продолжение СВ1 в А): СА1/А1В · ВМ/МВ1 · В1А/АС = 1 (2).
Разделим (1) на (2): АС1/С1В · В1С/СА · А1В/СА1 · АС/В1А = 1. Сократим СА = АС: АС1/С1В · В1С/В1А · А1В/СА1 = 1, то есть АС1/С1В · ВА1/А1С · СВ1/В1А = 1. Что и требовалось доказать.
Применим её к треугольнику СВВ1 и прямой АА1 (пересекает СВ в А1, ВВ1 в М, продолжение СВ1 в А): СА1/А1В · ВМ/МВ1 · В1А/АС = 1 (2).
Разделим (1) на (2): АС1/С1В · В1С/СА · А1В/СА1 · АС/В1А = 1. Сократим СА = АС: АС1/С1В · В1С/В1А · А1В/СА1 = 1, то есть АС1/С1В · ВА1/А1С · СВ1/В1А = 1. Что и требовалось доказать.
894. Пусть точки С1, А1 и В1 лежат соответственно на сторонах АВ, ВС и АС треугольника АВС или их продолжениях. Докажите, что если AC1/C1B · BA1/A1C · CB1/B1A = 1, то прямые АА1, ВВ1 и СС1 пересекаются в одной точке (теорема, обратная теореме Чевы).
Рассмотрим случай, когда точки С1, А1 и В1 лежат на сторонах (внутренние точки). Прямые АА1 и СС1 пересекаются в некоторой точке М внутри треугольника. Пусть прямая ВМ пересекает АС в точке В2 (внутренней). По теореме Чевы (задача 893) для точек С1, А1, В2: АС1/С1В · ВА1/А1С · СВ2/В2А = 1. Сравнивая с условием, СВ2/В2А = СВ1/В1А. Обе точки В1 и В2 лежат внутри отрезка АС и делят его в одном отношении, поэтому совпадают: В2 = В1. Значит, прямая ВВ1 проходит через М, и все три прямые пересекаются в одной точке.
Оговорка: теорема в общем виде относится к чётному числу (0 или 2) точек на продолжениях сторон; для двух внешних точек рассуждение аналогично (прямые могут оказаться параллельными, если ВМ ∥ АС); подробно разобран основной случай.
Оговорка: теорема в общем виде относится к чётному числу (0 или 2) точек на продолжениях сторон; для двух внешних точек рассуждение аналогично (прямые могут оказаться параллельными, если ВМ ∥ АС); подробно разобран основной случай.