Задачи повышенной трудности. Задачи к главе IX — с. 223
914. В четырёхугольнике ABCD, вписанном в окружность, биссектрисы углов A и B пересекаются в точке, лежащей на стороне CD. Докажите, что CD = BC + AD.
Пусть ∠А = 2α, ∠В = 2β, K — точка пересечения биссектрис, K ∈ CD. В вписанном четырёхугольнике ∠С = 180° − 2α, ∠D = 180° − 2β. Из треугольника АВK: ∠АKВ = 180° − α − β. Из треугольника АDK (∠D = 180° − 2β, ∠DАK = α): ∠АKD = 2β − α; из ВСK: ∠ВKС = 2α − β.
По теореме синусов: в АВK АK = АВ sin β / sin(α + β), ВK = АВ sin α / sin(α + β). В АDK: DK = АK sin α / sin 2β, АD = АK sin(2β − α)/ sin 2β. В ВСK: СK = ВK sin β / sin 2α, ВС = ВK sin(2α − β)/ sin 2α.
Поэтому CD = DK + KC = АВ sin α sin β/ sin(α + β) · (1/ sin 2β + 1/ sin 2α), а АD + ВС = АВ/ sin(α + β) · (sin β sin(2β − α)/ sin 2β + sin α sin(2α − β)/ sin 2α).
Умножив на sin 2α sin 2β sin(α + β)/АВ, нужно проверить: sin α sin β (sin 2α + sin 2β) = sin β sin 2α sin(2β − α) + sin α sin 2β sin(2α − β). Подставим sin 2α = 2 sin α cos α, sin 2β = 2 sin β cos β: правая часть равна 2 sin α sin β [cos α sin(2β − α) + cos β sin(2α − β)]. Так как 2cos α sin(2β − α) = sin 2β + sin(2β − 2α) и 2cos β sin(2α − β) = sin 2α + sin(2α − 2β), сумма равна sin 2α + sin 2β (слагаемые sin(2β − 2α) и sin(2α − 2β) уничтожаются). Значит, обе части равны, и CD = AD + BC.
По теореме синусов: в АВK АK = АВ sin β / sin(α + β), ВK = АВ sin α / sin(α + β). В АDK: DK = АK sin α / sin 2β, АD = АK sin(2β − α)/ sin 2β. В ВСK: СK = ВK sin β / sin 2α, ВС = ВK sin(2α − β)/ sin 2α.
Поэтому CD = DK + KC = АВ sin α sin β/ sin(α + β) · (1/ sin 2β + 1/ sin 2α), а АD + ВС = АВ/ sin(α + β) · (sin β sin(2β − α)/ sin 2β + sin α sin(2α − β)/ sin 2α).
Умножив на sin 2α sin 2β sin(α + β)/АВ, нужно проверить: sin α sin β (sin 2α + sin 2β) = sin β sin 2α sin(2β − α) + sin α sin 2β sin(2α − β). Подставим sin 2α = 2 sin α cos α, sin 2β = 2 sin β cos β: правая часть равна 2 sin α sin β [cos α sin(2β − α) + cos β sin(2α − β)]. Так как 2cos α sin(2β − α) = sin 2β + sin(2β − 2α) и 2cos β sin(2α − β) = sin 2α + sin(2α − 2β), сумма равна sin 2α + sin 2β (слагаемые sin(2β − 2α) и sin(2α − 2β) уничтожаются). Значит, обе части равны, и CD = AD + BC.
915. Докажите, что площадь прямоугольной трапеции, описанной около окружности, равна произведению её оснований.
Пусть основания трапеции равны a и b. Радиус вписанной в прямоугольную трапецию окружности r = ab/(a + b) (задача 808). Высота трапеции равна диаметру: h = 2r = 2ab/(a + b). Площадь S = ½ (a + b) h = ½ (a + b) · 2ab/(a + b) = ab. Что и требовалось доказать.
916. Докажите, что в любом четырёхугольнике, вписанном в окружность, произведение диагоналей равно сумме произведений противоположных сторон (теорема Птолемея).
Пусть ABCD вписан в окружность. На диагонали АС возьмём точку K так, что ∠АВK = ∠СВD. Тогда ∠АВD = ∠АВK + ∠KВD = ∠СВD + ∠KВD = ∠КВС. Вписанные углы ВАС и ВDС опираются на одну дугу ВС, поэтому ∠ВАK = ∠ВАС = ∠ВDС. Треугольники АВK и DВС подобны по двум углам (∠АВK = ∠DВС, ∠ВАK = ∠ВDС): АK/DС = АВ/DВ, то есть АK · ВD = АВ · СD.
Вписанные углы ВСА и ВDА опираются на дугу АВ: ∠ВСK = ∠ВСА = ∠ВDА. Вместе с ∠КВС = ∠АВD получаем подобие треугольников ВСK и ВDА: СK/DА = ВС/ВD, то есть СK · ВD = ВС · АD.
Складывая: (АK + KС) · ВD = АВ · СD + ВС · АD, то есть АС · ВD = АВ · СD + ВС · АD.
Вписанные углы ВСА и ВDА опираются на дугу АВ: ∠ВСK = ∠ВСА = ∠ВDА. Вместе с ∠КВС = ∠АВD получаем подобие треугольников ВСK и ВDА: СK/DА = ВС/ВD, то есть СK · ВD = ВС · АD.
Складывая: (АK + KС) · ВD = АВ · СD + ВС · АD, то есть АС · ВD = АВ · СD + ВС · АD.
917. Докажите, что в любом треугольнике радиус R описанной окружности, радиус r вписанной окружности и расстояние d между центрами этих окружностей связаны равенством d² = R² − 2Rr (формула Эйлера).
Пусть I — центр вписанной окружности (d = OI), луч АI пересекает описанную окружность в точке L. Угол LВI = ∠LВС + ∠СВI = ∠А/2 + ∠В/2, а внешний угол ВIL треугольника АВI равен ∠ВАI + ∠АВI = ∠А/2 + ∠В/2. Значит, треугольник LВI равнобедренный: LI = LВ. Вписанный угол ВАL = ∠А/2 опирается на хорду LВ, поэтому LВ = 2R sin(∠А/2). Таким образом, IL = 2R sin(∠А/2).
Из прямоугольного треугольника, образованного I, точкой касания вписанной окружности со стороной АВ и вершиной А, АI = r / sin(∠А/2).
Проведём через I диаметр PQ описанной окружности (P — ближе к I): IP = R − d, IQ = R + d. По теореме о произведении отрезков пересекающихся хорд АI · IL = IP · IQ (из подобия треугольников). Итак, (R − d)(R + d) = (r / sin(∠А/2)) · 2R sin(∠А/2) = 2Rr, то есть R² − d² = 2Rr, откуда d² = R² − 2Rr.
Из прямоугольного треугольника, образованного I, точкой касания вписанной окружности со стороной АВ и вершиной А, АI = r / sin(∠А/2).
Проведём через I диаметр PQ описанной окружности (P — ближе к I): IP = R − d, IQ = R + d. По теореме о произведении отрезков пересекающихся хорд АI · IL = IP · IQ (из подобия треугольников). Итак, (R − d)(R + d) = (r / sin(∠А/2)) · 2R sin(∠А/2) = 2Rr, то есть R² − d² = 2Rr, откуда d² = R² − 2Rr.
918. Для неравностороннего треугольника ABC точка О является центром описанной окружности, Н — точка пересечения прямых, содержащих высоты АА1, ВВ1 и CC1, точки А2, В2, С2 — середины отрезков АН, ВН, СН, а точки А3, В3, С3 — середины сторон треугольника ABC. Докажите, что точки A1, В1, C1, А2, В2, С2, А3, В3, С3 лежат на одной окружности (окружность Эйлера).
Поместим начало векторов в О; тогда |A| = |B| = |C| = R, а Н = А + В + С. (Проверка: (Н − А) · (В − С) = (В + С)(В − С) = |B|² − |C|² = 0, то есть АН ⊥ ВС; то же для остальных высот.) Пусть N — середина ОН: N = (А + В + С)/2.
Середина стороны ВС: А3 = (В + С)/2, N − А3 = А/2, поэтому NА3 = R/2. Аналогично NВ3 = NС3 = R/2.
Середина АН: А2 = (А + А + В + С)/2 = А + (В + С)/2, N − А2 = −А/2, NА2 = R/2; так же NВ2 = NС2 = R/2.
Основание высоты А1 лежит на ВС, а А2 — на высоте АА1, поэтому А2А1 ⊥ А1А3 (А3 тоже на ВС), и ∠А2А1А3 = 90°. Значит, А1 лежит на окружности с диаметром А2А3. Её центр — середина А2А3: (А2 + А3)/2 = (А + В + С)/2 = N, радиус равен А2А3/2 = NА3 = R/2. Итак, NА1 = R/2; аналогично NВ1 = NС1 = R/2.
Все девять точек находятся на расстоянии R/2 от N, то есть лежат на одной окружности.
Середина стороны ВС: А3 = (В + С)/2, N − А3 = А/2, поэтому NА3 = R/2. Аналогично NВ3 = NС3 = R/2.
Середина АН: А2 = (А + А + В + С)/2 = А + (В + С)/2, N − А2 = −А/2, NА2 = R/2; так же NВ2 = NС2 = R/2.
Основание высоты А1 лежит на ВС, а А2 — на высоте АА1, поэтому А2А1 ⊥ А1А3 (А3 тоже на ВС), и ∠А2А1А3 = 90°. Значит, А1 лежит на окружности с диаметром А2А3. Её центр — середина А2А3: (А2 + А3)/2 = (А + В + С)/2 = N, радиус равен А2А3/2 = NА3 = R/2. Итак, NА1 = R/2; аналогично NВ1 = NС1 = R/2.
Все девять точек находятся на расстоянии R/2 от N, то есть лежат на одной окружности.
919. Докажите, что основания перпендикуляров, проведённых из произвольной точки окружности, описанной около треугольника, к прямым, содержащим стороны этого треугольника, лежат на одной прямой (прямая Симсона).
Пусть D — точка описанной окружности треугольника АВС, а Н, K, М — основания перпендикуляров из D на прямые АВ, АС, ВС. Используем ориентированные углы ∠(p, q) между прямыми (по модулю 180°).
Углы DНА и DKА прямые, поэтому А, Н, D, K лежат на окружности с диаметром АD; значит, ∠(KН, KА) = ∠(DН, DА). Аналогично углы DKС и DМС прямые, точки D, K, С, М лежат на окружности с диаметром DС и ∠(KМ, KС) = ∠(DМ, DС).
Далее ∠(DН, DА) = ∠(DН, АВ) + ∠(АВ, DА) = 90° + ∠(АВ, АD), ∠(DМ, DС) = ∠(DМ, ВС) + ∠(ВС, DС) = 90° + ∠(СВ, СD). Так как А, В, С, D лежат на одной окружности, ∠(АВ, АD) = ∠(СВ, СD). Поэтому ∠(DН, DА) = ∠(DМ, DС), а значит, ∠(KН, KА) = ∠(KМ, KС).
Прямые KА и KС совпадают (обе — АС), поэтому прямые KН и KМ образуют с прямой АС один и тот же ориентированный угол и проходят через K: они совпадают. Следовательно, точки Н, K, М лежат на одной прямой.
Оговорка: доказательство проведено ориентированными углами, чтобы охватить все расположения точки D.
Углы DНА и DKА прямые, поэтому А, Н, D, K лежат на окружности с диаметром АD; значит, ∠(KН, KА) = ∠(DН, DА). Аналогично углы DKС и DМС прямые, точки D, K, С, М лежат на окружности с диаметром DС и ∠(KМ, KС) = ∠(DМ, DС).
Далее ∠(DН, DА) = ∠(DН, АВ) + ∠(АВ, DА) = 90° + ∠(АВ, АD), ∠(DМ, DС) = ∠(DМ, ВС) + ∠(ВС, DС) = 90° + ∠(СВ, СD). Так как А, В, С, D лежат на одной окружности, ∠(АВ, АD) = ∠(СВ, СD). Поэтому ∠(DН, DА) = ∠(DМ, DС), а значит, ∠(KН, KА) = ∠(KМ, KС).
Прямые KА и KС совпадают (обе — АС), поэтому прямые KН и KМ образуют с прямой АС один и тот же ориентированный угол и проходят через K: они совпадают. Следовательно, точки Н, K, М лежат на одной прямой.
Оговорка: доказательство проведено ориентированными углами, чтобы охватить все расположения точки D.
920. Постройте общую касательную к двум данным окружностям.
Пусть даны окружности с центрами О1, О2 и радиусами R и r (R ≥ r).
Построение внешней касательной (окружности, не лежащие одна в другой, d = О1О2 > R − r).
1) Строим окружность с центром О1 радиуса R − r.
2) Из точки О2 проводим касательную к этой окружности (задача 761): строим середину отрезка О1О2, окружность на О1О2 как на диаметре; она пересекает построенную окружность в точке Т (∠О1ТО2 = 90°).
3) Луч О1Т пересекает данную окружность радиуса R в точке М.
4) На луче, проведённом из О2 параллельно О1М (в ту же сторону), откладываем О2N = r; N лежит на второй окружности.
5) Прямая MN — общая внешняя касательная.
Доказательство. ТМ = R − (R − r) = r = О2N и ТМ ∥ О2N (в одну сторону), поэтому ТМNО2 — параллелограмм, МN ∥ ТО2. Но ТО2 ⊥ О1Т, значит, МN ⊥ О1М: прямая МN перпендикулярна радиусу О1М в точке М первой окружности и является её касательной. Так как О2N ∥ О1М, МN ⊥ О2N, и МN касается второй окружности в N.
Внутренняя касательная (d > R + r). Вместо окружности радиуса R − r строим окружность радиуса R + r с центром О1, проводим из О2 касательную О2Т, находим точку М пересечения отрезка О1Т с данной окружностью (О1М = R) и точку N на луче, противоположном О1М, с О2N = r; MN ⊥ О1М, так как N − М = О2 − Т ⟂ О1Т.
Исследование. Число общих касательных зависит от расположения окружностей: 4 (внешние и внутренние: две и две), 3, 2, 1 или 0 (п. 78). Для каждой внешней касательной построение можно провести симметрично относительно прямой О1О2 (второе положение точки Т).
На рисунке показана одна из внешних касательных (R = 100, r = 45).
Построение внешней касательной (окружности, не лежащие одна в другой, d = О1О2 > R − r).
1) Строим окружность с центром О1 радиуса R − r.
2) Из точки О2 проводим касательную к этой окружности (задача 761): строим середину отрезка О1О2, окружность на О1О2 как на диаметре; она пересекает построенную окружность в точке Т (∠О1ТО2 = 90°).
3) Луч О1Т пересекает данную окружность радиуса R в точке М.
4) На луче, проведённом из О2 параллельно О1М (в ту же сторону), откладываем О2N = r; N лежит на второй окружности.
5) Прямая MN — общая внешняя касательная.
Доказательство. ТМ = R − (R − r) = r = О2N и ТМ ∥ О2N (в одну сторону), поэтому ТМNО2 — параллелограмм, МN ∥ ТО2. Но ТО2 ⊥ О1Т, значит, МN ⊥ О1М: прямая МN перпендикулярна радиусу О1М в точке М первой окружности и является её касательной. Так как О2N ∥ О1М, МN ⊥ О2N, и МN касается второй окружности в N.
Внутренняя касательная (d > R + r). Вместо окружности радиуса R − r строим окружность радиуса R + r с центром О1, проводим из О2 касательную О2Т, находим точку М пересечения отрезка О1Т с данной окружностью (О1М = R) и точку N на луче, противоположном О1М, с О2N = r; MN ⊥ О1М, так как N − М = О2 − Т ⟂ О1Т.
Исследование. Число общих касательных зависит от расположения окружностей: 4 (внешние и внутренние: две и две), 3, 2, 1 или 0 (п. 78). Для каждой внешней касательной построение можно провести симметрично относительно прямой О1О2 (второе положение точки Т).
На рисунке показана одна из внешних касательных (R = 100, r = 45).
921. Даны окружность с центром О, точка М и отрезки Р1Q1 и P2Q2. Постройте прямую p так, чтобы окружность отсекала на ней хорду, равную P1Q1, и расстояние от точки М до прямой p равнялось P2Q2.
Пусть радиус данной окружности R, P1Q1 = c, P2Q2 = e.
Анализ. Если окружность отсекает на прямой p хорду длиной c, то расстояние от О до p равно d = √(R² − (c/2)²) (перпендикуляр из центра делит хорду пополам). Значит, p касается окружности с центром О радиуса d. Расстояние от М до p равно e, поэтому p касается и окружности с центром М радиуса e. Следовательно, p — общая касательная окружностей (О, d) и (М, e).
Построение.
1) Строим отрезок d — катет прямоугольного треугольника с гипотенузой R и другим катетом c/2 (строим прямой угол, откладываем c/2 и засекаем радиус R).
2) Строим окружности (О, d) и (М, e).
3) Строим их общую касательную (задача 920). Это и есть p.
Доказательство. Расстояние от О до p равно d, поэтому хорда, отсекаемая окружностью радиуса R, имеет длину 2√(R² − d²) = c; расстояние от М до p равно e.
Исследование. Число решений равно числу общих касательных окружностей (О, d) и (М, e): от 0 до 4. Необходимое условие: c ≤ 2R. На рисунке R = 100, c = 130, e = 50; показана одна из внешних касательных.
Анализ. Если окружность отсекает на прямой p хорду длиной c, то расстояние от О до p равно d = √(R² − (c/2)²) (перпендикуляр из центра делит хорду пополам). Значит, p касается окружности с центром О радиуса d. Расстояние от М до p равно e, поэтому p касается и окружности с центром М радиуса e. Следовательно, p — общая касательная окружностей (О, d) и (М, e).
Построение.
1) Строим отрезок d — катет прямоугольного треугольника с гипотенузой R и другим катетом c/2 (строим прямой угол, откладываем c/2 и засекаем радиус R).
2) Строим окружности (О, d) и (М, e).
3) Строим их общую касательную (задача 920). Это и есть p.
Доказательство. Расстояние от О до p равно d, поэтому хорда, отсекаемая окружностью радиуса R, имеет длину 2√(R² − d²) = c; расстояние от М до p равно e.
Исследование. Число решений равно числу общих касательных окружностей (О, d) и (М, e): от 0 до 4. Необходимое условие: c ≤ 2R. На рисунке R = 100, c = 130, e = 50; показана одна из внешних касательных.
922. Внутри окружности дана точка. Постройте хорду, проходящую через эту точку, так, чтобы она была наименьшей из всех хорд, проходящих через эту точку.
Пусть О — центр окружности радиуса R, Р — данная точка внутри окружности.
Построение. Если Р = О, все хорды через Р — диаметры одинаковой длины 2R, подходит любой диаметр. Если Р ≠ О: проводим прямую ОР и через Р строим перпендикулярную ей прямую; она пересекает окружность в точках K и L. Хорда KL — искомая.
Доказательство. Расстояние от О до хорды, проходящей через Р, не больше ОР (перпендикуляр из О на прямую не длиннее наклонной ОР), и равно ОР, только когда хорда перпендикулярна ОР. Длина хорды равна 2√(R² − h²), где h — расстояние от О до неё; она убывает при росте h, поэтому наименьшей будет хорда с наибольшим h = ОР, то есть хорда, перпендикулярная ОР.
Решение единственно (при Р ≠ О).
Построение. Если Р = О, все хорды через Р — диаметры одинаковой длины 2R, подходит любой диаметр. Если Р ≠ О: проводим прямую ОР и через Р строим перпендикулярную ей прямую; она пересекает окружность в точках K и L. Хорда KL — искомая.
Доказательство. Расстояние от О до хорды, проходящей через Р, не больше ОР (перпендикуляр из О на прямую не длиннее наклонной ОР), и равно ОР, только когда хорда перпендикулярна ОР. Длина хорды равна 2√(R² − h²), где h — расстояние от О до неё; она убывает при росте h, поэтому наименьшей будет хорда с наибольшим h = ОР, то есть хорда, перпендикулярная ОР.
Решение единственно (при Р ≠ О).
923. Постройте треугольник: а) по стороне, противолежащему углу и высоте, проведённой к данной стороне; б) по углу, высоте, проведённой из вершины данного угла, и периметру.
а) Даны сторона ВС = a, противолежащий ей угол α и высота h к ВС.
Анализ. Вершина А лежит на дуге, из точек которой ВС виден под углом α, и на прямой, параллельной ВС и удалённой от неё на h.
Построение.
1) Строим отрезок ВС = a.
2) Строим центр О окружности, для которой ∠ВОС = 2α: от ВС при точке В откладываем угол, равный 90° − α, до пересечения с серединным перпендикуляром к ВС; это точка О. Строим окружность с центром О радиуса ОВ.
3) Строим прямую, параллельную ВС, на расстоянии h от неё (по ту же сторону, что и О, если α острый).
4) Точка А — пересечение этой прямой с построенной окружностью.
Доказательство. ∠ВАС — вписанный, он опирается на дугу ВС, которой соответствует центральный угол 2α, поэтому ∠ВАС = α; расстояние от А до ВС равно h.
Исследование. Если h меньше наибольшей высоты дуги (R + расстояние от О до ВС для острого α), прямая пересекает окружность в двух точках, симметричных относительно серединного перпендикуляра к ВС (получаются два равных треугольника); при равенстве — одно решение (равнобедренный треугольник); при большем h решений нет.
б) Даны угол α, высота AH = h и периметр p = AB + BC + CA.
Анализ. Вневписанная окружность треугольника ABC, касающаяся стороны ВС и продолжений сторон угла А в точках Р и Q, обладает свойством АР = АQ = p/2 (полупериметр). Сторона ВС — касательная к этой окружности, удалённая от А на h.
Построение.
1) Строим угол α с вершиной А и на его сторонах откладываем АР = АQ = p/2.
2) В точках Р и Q строим перпендикуляры к сторонам; они пересекаются в центре J окружности радиуса JP. Строим эту окружность.
3) Строим окружность с центром А радиуса h.
4) Строим общую касательную этих двух окружностей (задача 920), лежащую между А и J (окружность (А, h) лежит по другую сторону касательной, чем окружность J); она пересекает стороны угла в точках В и С.
5) Треугольник ABC искомый.
Доказательство. Окружность с центром J касается сторон угла и прямой ВС, значит, она вневписанная для треугольника ABC, и по свойству касательных периметр равен 2АР = p (если Т — точка касания окружности с ВС, то ВР = ВТ и СQ = СТ, поэтому АР + АQ = АВ + ВТ + ТС + СА = АВ + ВС + СА). Расстояние от А до ВС равно h, угол при А равен α.
Исследование. Решение существует, если h ≤ AJ − JP, то есть h ≤ (p/2)(1 − sin(α/2))/cos(α/2); тогда есть две симметричные касательные (равные треугольники). На рисунке α = 60°, p/2 = 100, h = 40.
Анализ. Вершина А лежит на дуге, из точек которой ВС виден под углом α, и на прямой, параллельной ВС и удалённой от неё на h.
Построение.
1) Строим отрезок ВС = a.
2) Строим центр О окружности, для которой ∠ВОС = 2α: от ВС при точке В откладываем угол, равный 90° − α, до пересечения с серединным перпендикуляром к ВС; это точка О. Строим окружность с центром О радиуса ОВ.
3) Строим прямую, параллельную ВС, на расстоянии h от неё (по ту же сторону, что и О, если α острый).
4) Точка А — пересечение этой прямой с построенной окружностью.
Доказательство. ∠ВАС — вписанный, он опирается на дугу ВС, которой соответствует центральный угол 2α, поэтому ∠ВАС = α; расстояние от А до ВС равно h.
Исследование. Если h меньше наибольшей высоты дуги (R + расстояние от О до ВС для острого α), прямая пересекает окружность в двух точках, симметричных относительно серединного перпендикуляра к ВС (получаются два равных треугольника); при равенстве — одно решение (равнобедренный треугольник); при большем h решений нет.
б) Даны угол α, высота AH = h и периметр p = AB + BC + CA.
Анализ. Вневписанная окружность треугольника ABC, касающаяся стороны ВС и продолжений сторон угла А в точках Р и Q, обладает свойством АР = АQ = p/2 (полупериметр). Сторона ВС — касательная к этой окружности, удалённая от А на h.
Построение.
1) Строим угол α с вершиной А и на его сторонах откладываем АР = АQ = p/2.
2) В точках Р и Q строим перпендикуляры к сторонам; они пересекаются в центре J окружности радиуса JP. Строим эту окружность.
3) Строим окружность с центром А радиуса h.
4) Строим общую касательную этих двух окружностей (задача 920), лежащую между А и J (окружность (А, h) лежит по другую сторону касательной, чем окружность J); она пересекает стороны угла в точках В и С.
5) Треугольник ABC искомый.
Доказательство. Окружность с центром J касается сторон угла и прямой ВС, значит, она вневписанная для треугольника ABC, и по свойству касательных периметр равен 2АР = p (если Т — точка касания окружности с ВС, то ВР = ВТ и СQ = СТ, поэтому АР + АQ = АВ + ВТ + ТС + СА = АВ + ВС + СА). Расстояние от А до ВС равно h, угол при А равен α.
Исследование. Решение существует, если h ≤ AJ − JP, то есть h ≤ (p/2)(1 − sin(α/2))/cos(α/2); тогда есть две симметричные касательные (равные треугольники). На рисунке α = 60°, p/2 = 100, h = 40.
924. Постройте треугольник, если дана описанная окружность и на ней точки A, В и М, через которые проходят прямые, содержащие высоту, биссектрису и медиану треугольника, проведённые из одной вершины.
Будем считать, что высота проходит через А, биссектриса — через В, медиана — через М (в порядке перечисления); эти точки — вторые точки пересечения соответствующих прямых с окружностью. Пусть О — центр данной окружности.
Анализ. Пусть C — искомая вершина, из которой проведены три прямые, РQ — противолежащая сторона. Биссектриса угла С проходит через середину дуги РQ, не содержащей С, то есть через точку В, значит, В — середина дуги РQ, и ОВ ⊥ РQ. Высота из С тоже перпендикулярна РQ, поэтому СА ∥ ОВ. Середина N стороны РQ лежит на прямой ОВ (серединный перпендикуляр к хорде проходит через центр и середину дуги) и на медиане СМ.
Построение.
1) Строим окружность с центром О (задана), точки А, В, М, проводим прямую ОВ.
2) Через А проводим прямую, параллельную ОВ; её вторая точка пересечения с окружностью — вершина С.
3) Проводим прямую СМ; она пересекает прямую ОВ в точке N — середине стороны РQ.
4) Через N строим перпендикуляр к ОВ; он пересекает окружность в точках Р и Q.
5) CРQ — искомый треугольник.
Доказательство. РQ ⊥ ОВ, и ОВ проходит через центр, поэтому В — середина дуги РQ, N — середина хорды РQ. Значит, СВ — биссектриса угла С (вписанные углы РСВ и ВСQ опираются на равные дуги), СN — медиана (проходит через М и N), а СА ∥ ОВ ⊥ РQ, то есть СА — высота.
Исследование. Решение существует, если построенные точки существуют: прямая СМ должна пересекать ОВ в точке N внутри окружности (и точка А, В, М расположены согласованно); при выполнении этих условий решение единственно. На рисунке показан случай существования решения.
Анализ. Пусть C — искомая вершина, из которой проведены три прямые, РQ — противолежащая сторона. Биссектриса угла С проходит через середину дуги РQ, не содержащей С, то есть через точку В, значит, В — середина дуги РQ, и ОВ ⊥ РQ. Высота из С тоже перпендикулярна РQ, поэтому СА ∥ ОВ. Середина N стороны РQ лежит на прямой ОВ (серединный перпендикуляр к хорде проходит через центр и середину дуги) и на медиане СМ.
Построение.
1) Строим окружность с центром О (задана), точки А, В, М, проводим прямую ОВ.
2) Через А проводим прямую, параллельную ОВ; её вторая точка пересечения с окружностью — вершина С.
3) Проводим прямую СМ; она пересекает прямую ОВ в точке N — середине стороны РQ.
4) Через N строим перпендикуляр к ОВ; он пересекает окружность в точках Р и Q.
5) CРQ — искомый треугольник.
Доказательство. РQ ⊥ ОВ, и ОВ проходит через центр, поэтому В — середина дуги РQ, N — середина хорды РQ. Значит, СВ — биссектриса угла С (вписанные углы РСВ и ВСQ опираются на равные дуги), СN — медиана (проходит через М и N), а СА ∥ ОВ ⊥ РQ, то есть СА — высота.
Исследование. Решение существует, если построенные точки существуют: прямая СМ должна пересекать ОВ в точке N внутри окружности (и точка А, В, М расположены согласованно); при выполнении этих условий решение единственно. На рисунке показан случай существования решения.
925. Даны три точки, не лежащие на одной прямой. Постройте треугольник, для которого эти точки являются основаниями высот. Сколько решений имеет задача?
Пусть А1, В1, С1 — данные точки (основания высот АА1, ВВ1, СС1 искомого треугольника ABC).
Анализ. Если треугольник остроугольный, то высоты АА1, ВВ1, СС1 являются биссектрисами углов треугольника А1В1С1 (задача 862). Сторона ВС проходит через А1 перпендикулярно высоте АА1, то есть перпендикулярно биссектрисе угла А1 треугольника А1В1С1, и потому является биссектрисой внешнего угла при вершине А1. То же верно для сторон СА и АВ. Значит, стороны искомого треугольника — биссектрисы внешних углов треугольника А1В1С1, а вершины — точки их попарного пересечения.
Построение.
1) Строим треугольник А1В1С1.
2) Через каждую из его вершин проводим прямую, перпендикулярную биссектрисе угла при этой вершине (биссектрису внешнего угла).
3) Три построенные прямые попарно пересекаются в точках А, В, С (А — пересечение внешних биссектрис при В1 и С1 и т. д.). Треугольник ABC искомый.
Доказательство. Внешние биссектрисы при В1 и С1 пересекаются в центре вневписанной окружности треугольника А1В1С1, лежащем на биссектрисе угла А1; значит, А лежит на внутренней биссектрисе угла А1. Прямая ВС — внешняя биссектриса при А1, она перпендикулярна внутренней биссектрисе АА1. Поэтому АА1 ⊥ ВС, и А1 — основание высоты, проведённой из А. Для В и С — аналогично.
Сколько решений. Точки А, В, С — это три вневписанных центра треугольника А1В1С1, а вместе с центром вписанной окружности I они образуют ортоцентрическую четвёрку: каждые три из четырёх точек (I, JA, JB, JC) являются вершинами треугольника, для которого данные точки — основания высот (в остроугольном ABC это JAJBJC, в тупоугольных — треугольники, содержащие I). Поэтому, если треугольник А1В1С1 остроугольный, задача имеет 4 решения (одно остроугольное — построенный выше треугольник, и три тупоугольных). Если треугольник А1В1С1 прямоугольный или тупоугольный, решений нет: основания высот любого треугольника образуют остроугольный треугольник.
Оговорка: на рисунке показано остроугольное решение; число решений определено по приведённому рассуждению об ортоцентрической четвёрке.
Анализ. Если треугольник остроугольный, то высоты АА1, ВВ1, СС1 являются биссектрисами углов треугольника А1В1С1 (задача 862). Сторона ВС проходит через А1 перпендикулярно высоте АА1, то есть перпендикулярно биссектрисе угла А1 треугольника А1В1С1, и потому является биссектрисой внешнего угла при вершине А1. То же верно для сторон СА и АВ. Значит, стороны искомого треугольника — биссектрисы внешних углов треугольника А1В1С1, а вершины — точки их попарного пересечения.
Построение.
1) Строим треугольник А1В1С1.
2) Через каждую из его вершин проводим прямую, перпендикулярную биссектрисе угла при этой вершине (биссектрису внешнего угла).
3) Три построенные прямые попарно пересекаются в точках А, В, С (А — пересечение внешних биссектрис при В1 и С1 и т. д.). Треугольник ABC искомый.
Доказательство. Внешние биссектрисы при В1 и С1 пересекаются в центре вневписанной окружности треугольника А1В1С1, лежащем на биссектрисе угла А1; значит, А лежит на внутренней биссектрисе угла А1. Прямая ВС — внешняя биссектриса при А1, она перпендикулярна внутренней биссектрисе АА1. Поэтому АА1 ⊥ ВС, и А1 — основание высоты, проведённой из А. Для В и С — аналогично.
Сколько решений. Точки А, В, С — это три вневписанных центра треугольника А1В1С1, а вместе с центром вписанной окружности I они образуют ортоцентрическую четвёрку: каждые три из четырёх точек (I, JA, JB, JC) являются вершинами треугольника, для которого данные точки — основания высот (в остроугольном ABC это JAJBJC, в тупоугольных — треугольники, содержащие I). Поэтому, если треугольник А1В1С1 остроугольный, задача имеет 4 решения (одно остроугольное — построенный выше треугольник, и три тупоугольных). Если треугольник А1В1С1 прямоугольный или тупоугольный, решений нет: основания высот любого треугольника образуют остроугольный треугольник.
Оговорка: на рисунке показано остроугольное решение; число решений определено по приведённому рассуждению об ортоцентрической четвёрке.