Дополнительные задачи. Задачи повышенной трудности (к главам X–XV) — с. 361
1389. На сторонах квадрата MNPQ взяты точки A и B так, что NA = 1/2 MN, QB = 1/3 MN (рис. 421). Докажите, что ∠AMВ = 45°. [рисунок 421: квадрат MNPQ, M — левая нижняя вершина, N — левая верхняя, P — правая верхняя, Q — правая нижняя; A лежит на NP, B лежит на PQ]
Пусть MN = a. В прямоугольных треугольниках MNA и MQB: tg∠NMA = NA / MN = (a/2)/a = 1/2, tg∠QMB = QB / MQ = (a/3)/a = 1/3.
Так как ∠NMQ = 90° и лучи MA, MB лежат внутри этого угла, ∠AMB = 90° – ∠NMA – ∠QMB. Найдём сумму α + β = ∠NMA + ∠QMB: tg(α + β) = (tgα + tgβ)/(1 – tgα·tgβ) = (1/2 + 1/3)/(1 – 1/6) = (5/6)/(5/6) = 1. Так как α + β < 90° (острые углы, α + β < ∠NMQ = 90°), α + β = 45°.
Следовательно, ∠AMB = 90° – 45° = 45°. Что и требовалось доказать.
Так как ∠NMQ = 90° и лучи MA, MB лежат внутри этого угла, ∠AMB = 90° – ∠NMA – ∠QMB. Найдём сумму α + β = ∠NMA + ∠QMB: tg(α + β) = (tgα + tgβ)/(1 – tgα·tgβ) = (1/2 + 1/3)/(1 – 1/6) = (5/6)/(5/6) = 1. Так как α + β < 90° (острые углы, α + β < ∠NMQ = 90°), α + β = 45°.
Следовательно, ∠AMB = 90° – 45° = 45°. Что и требовалось доказать.
1390. Диагонали AC и BD четырёхугольника ABCD пересекаются в точке О. Площадь треугольника ОDC есть среднее пропорциональное между площадями треугольников ОВС и ОАD. Докажите, что ABCD — трапеция с основаниями AD и ВС или параллелограмм.
Пусть ∠AOB = φ; тогда ∠COD = φ, ∠BOC = ∠AOD = 180° – φ, и sin(180° – φ) = sinφ. Выразим площади через произведения отрезков диагоналей:
S(OAB) = (1/2)OA·OB·sinφ, S(OCD) = (1/2)OC·OD·sinφ, S(OBC) = (1/2)OB·OC·sinφ, S(OAD) = (1/2)OA·OD·sinφ.
Отсюда в любом выпуклом четырёхугольнике S(OAB)·S(OCD) = S(OBC)·S(OAD) (обе части равны (1/4)·OA·OB·OC·OD·sin²φ).
По условию S(OCD)² = S(OBC)·S(OAD). Тогда S(OAB)·S(OCD) = S(OCD)², откуда S(OAB) = S(OCD), то есть OA·OB = OC·OD, или OA/OC = OD/OB.
Треугольники AOD и COB имеют равные вертикальные углы при O и пропорциональные прилежащие стороны OA/OC = OD/OB, поэтому △AOD ∼ △COB (второй признак). Значит, ∠OAD = ∠OCB — накрест лежащие углы при прямых AD и BC и секущей AC (точки D и B лежат по разные стороны от AC). Поэтому AD ∥ BC.
Итак, ABCD — трапеция с основаниями AD и BC или (если ещё и AB ∥ CD) параллелограмм. Что и требовалось доказать.
S(OAB) = (1/2)OA·OB·sinφ, S(OCD) = (1/2)OC·OD·sinφ, S(OBC) = (1/2)OB·OC·sinφ, S(OAD) = (1/2)OA·OD·sinφ.
Отсюда в любом выпуклом четырёхугольнике S(OAB)·S(OCD) = S(OBC)·S(OAD) (обе части равны (1/4)·OA·OB·OC·OD·sin²φ).
По условию S(OCD)² = S(OBC)·S(OAD). Тогда S(OAB)·S(OCD) = S(OCD)², откуда S(OAB) = S(OCD), то есть OA·OB = OC·OD, или OA/OC = OD/OB.
Треугольники AOD и COB имеют равные вертикальные углы при O и пропорциональные прилежащие стороны OA/OC = OD/OB, поэтому △AOD ∼ △COB (второй признак). Значит, ∠OAD = ∠OCB — накрест лежащие углы при прямых AD и BC и секущей AC (точки D и B лежат по разные стороны от AC). Поэтому AD ∥ BC.
Итак, ABCD — трапеция с основаниями AD и BC или (если ещё и AB ∥ CD) параллелограмм. Что и требовалось доказать.
1391. Докажите, что площадь S произвольного четырёхугольника со сторонами а, b, с, d (последовательно) удовлетворяет неравенству S ≤ 1/2 (ac + bd).
Пусть ABCD — четырёхугольник, AB = a, BC = b, CD = c, DA = d. Его площадь равна S = (1/2)·AC·BD·sinφ, где φ — угол между диагоналями, поэтому S ≤ (1/2)·AC·BD.
Докажем неравенство Птолемея: AC·BD ≤ AB·CD + BC·DA = ac + bd. Для комплексных чисел (обозначим точки их буквами) верно тождество (A – B)(C – D) + (A – D)(B – C) = (A – C)(B – D) (раскрытие скобок). Из неравенства треугольника для модулей |A – C||B – D| ≤ |A – B||C – D| + |A – D||B – C|, то есть AC·BD ≤ ac + bd.
Следовательно, S ≤ (1/2)AC·BD ≤ (1/2)(ac + bd). Что и требовалось доказать.
Примечание: пары a, c и b, d — противоположные стороны четырёхугольника (стороны a, b, c, d идут последовательно).
Докажем неравенство Птолемея: AC·BD ≤ AB·CD + BC·DA = ac + bd. Для комплексных чисел (обозначим точки их буквами) верно тождество (A – B)(C – D) + (A – D)(B – C) = (A – C)(B – D) (раскрытие скобок). Из неравенства треугольника для модулей |A – C||B – D| ≤ |A – B||C – D| + |A – D||B – C|, то есть AC·BD ≤ ac + bd.
Следовательно, S ≤ (1/2)AC·BD ≤ (1/2)(ac + bd). Что и требовалось доказать.
Примечание: пары a, c и b, d — противоположные стороны четырёхугольника (стороны a, b, c, d идут последовательно).
1392. Докажите, что в треугольнике ABC биссектриса АА₁ вычисляется по формуле AA₁ = 2bc·cos(A/2) / (b + c), где b = AC, с = AB.
Биссектриса AA₁ разбивает угол A на два угла по A/2 и треугольник ABC — на треугольники AA₁B и AA₁C: S(ABC) = S(AA₁B) + S(AA₁C).
Используем формулу площади через две стороны и угол между ними: (1/2)bc·sinA = (1/2)c·AA₁·sin(A/2) + (1/2)b·AA₁·sin(A/2).
Подставим sinA = 2sin(A/2)cos(A/2): bc·sin(A/2)cos(A/2) = (1/2)(b + c)·AA₁·sin(A/2). Сокращаем на sin(A/2) ≠ 0: AA₁ = 2bc·cos(A/2) / (b + c). Что и требовалось доказать.
Используем формулу площади через две стороны и угол между ними: (1/2)bc·sinA = (1/2)c·AA₁·sin(A/2) + (1/2)b·AA₁·sin(A/2).
Подставим sinA = 2sin(A/2)cos(A/2): bc·sin(A/2)cos(A/2) = (1/2)(b + c)·AA₁·sin(A/2). Сокращаем на sin(A/2) ≠ 0: AA₁ = 2bc·cos(A/2) / (b + c). Что и требовалось доказать.
1393. Выразите диагонали вписанного в окружность четырёхугольника через его стороны.
Пусть ABCD вписан в окружность, AB = a, BC = b, CD = c, DA = d. Углы B и D дополняют друг друга до 180°, поэтому cosD = –cosB.
По теореме косинусов для диагонали AC в треугольниках ABC и ACD: AC² = a² + b² – 2ab·cosB = c² + d² + 2cd·cosB. Исключим cosB: cosB = (a² + b² – c² – d²)/(2(ab + cd)). Тогда
AC² = a² + b² – ab(a² + b² – c² – d²)/(ab + cd) = (cd(a² + b²) + ab(c² + d²))/(ab + cd) = (ac + bd)(ad + bc)/(ab + cd).
Аналогично для диагонали BD (в треугольниках ABD и BCD со сторонами a, d и b, c): BD² = (ac + bd)(ab + cd)/(ad + bc).
Ответ: AC = √((ac + bd)(ad + bc)/(ab + cd)), BD = √((ac + bd)(ab + cd)/(ad + bc)), где a, b, c, d — стороны последовательно, AC соединяет вершины, общие для пар сторон (a, b) и (c, d).
По теореме косинусов для диагонали AC в треугольниках ABC и ACD: AC² = a² + b² – 2ab·cosB = c² + d² + 2cd·cosB. Исключим cosB: cosB = (a² + b² – c² – d²)/(2(ab + cd)). Тогда
AC² = a² + b² – ab(a² + b² – c² – d²)/(ab + cd) = (cd(a² + b²) + ab(c² + d²))/(ab + cd) = (ac + bd)(ad + bc)/(ab + cd).
Аналогично для диагонали BD (в треугольниках ABD и BCD со сторонами a, d и b, c): BD² = (ac + bd)(ab + cd)/(ad + bc).
Ответ: AC = √((ac + bd)(ad + bc)/(ab + cd)), BD = √((ac + bd)(ab + cd)/(ad + bc)), где a, b, c, d — стороны последовательно, AC соединяет вершины, общие для пар сторон (a, b) и (c, d).
1394. Докажите, что площадь четырёхугольника, вписанного в окружность, может быть вычислена по формуле S = √((p – a)(p – b)(p – c)(p – d)), где p — полупериметр, а, b, с, d — стороны четырёхугольника.
Пусть ABCD вписан в окружность, AB = a, BC = b, CD = c, DA = d, ∠B = β; тогда ∠D = 180° – β и sin D = sinβ. Площадь: S = S(ABC) + S(ACD) = (1/2)ab·sinβ + (1/2)cd·sinβ = (1/2)(ab + cd)·sinβ.
Из теоремы косинусов (см. задачу 1393) cosβ = (a² + b² – c² – d²)/(2(ab + cd)). Тогда
1 – cosβ = (2(ab + cd) – a² – b² + c² + d²)/(2(ab + cd)) = ((c + d)² – (a – b)²)/(2(ab + cd)) = (c + d – a + b)(c + d + a – b)/(2(ab + cd)) = 4(p – a)(p – b)/(2(ab + cd)),
1 + cosβ = ((a + b)² – (c – d)²)/(2(ab + cd)) = (a + b – c + d)(a + b + c – d)/(2(ab + cd)) = 4(p – c)(p – d)/(2(ab + cd)),
потому что c + d – a + b = 2(p – a), c + d + a – b = 2(p – b), a + b – c + d = 2(p – c), a + b + c – d = 2(p – d).
sin²β = (1 – cosβ)(1 + cosβ) = 16(p – a)(p – b)(p – c)(p – d)/(4(ab + cd)²) = 4(p – a)(p – b)(p – c)(p – d)/(ab + cd)². Так как sinβ > 0, sinβ = 2√((p – a)(p – b)(p – c)(p – d))/(ab + cd).
S = (1/2)(ab + cd)·sinβ = √((p – a)(p – b)(p – c)(p – d)). Что и требовалось доказать.
Из теоремы косинусов (см. задачу 1393) cosβ = (a² + b² – c² – d²)/(2(ab + cd)). Тогда
1 – cosβ = (2(ab + cd) – a² – b² + c² + d²)/(2(ab + cd)) = ((c + d)² – (a – b)²)/(2(ab + cd)) = (c + d – a + b)(c + d + a – b)/(2(ab + cd)) = 4(p – a)(p – b)/(2(ab + cd)),
1 + cosβ = ((a + b)² – (c – d)²)/(2(ab + cd)) = (a + b – c + d)(a + b + c – d)/(2(ab + cd)) = 4(p – c)(p – d)/(2(ab + cd)),
потому что c + d – a + b = 2(p – a), c + d + a – b = 2(p – b), a + b – c + d = 2(p – c), a + b + c – d = 2(p – d).
sin²β = (1 – cosβ)(1 + cosβ) = 16(p – a)(p – b)(p – c)(p – d)/(4(ab + cd)²) = 4(p – a)(p – b)(p – c)(p – d)/(ab + cd)². Так как sinβ > 0, sinβ = 2√((p – a)(p – b)(p – c)(p – d))/(ab + cd).
S = (1/2)(ab + cd)·sinβ = √((p – a)(p – b)(p – c)(p – d)). Что и требовалось доказать.
1395. Докажите, что стороны треугольника образуют арифметическую прогрессию тогда и только тогда, когда прямая, проходящая через центры вписанной и описанной окружностей, перпендикулярна к одной из биссектрис треугольника.
Пусть a, b, c — стороны, s — полупериметр, I и O — центры вписанной и описанной окружностей. Если треугольник равносторонний, то стороны образуют прогрессию (с разностью 0), а I = O и прямая IO не определена; пусть треугольник не равносторонний, тогда I ≠ O.
Рассмотрим биссектрису из вершины A; пусть она вторично пересекает описанную окружность в точке W. Покажем, что IO ⊥ AW ⇔ b + c = 2a.
1) Основание перпендикуляра из центра O на хорду AW — середина AW. Поэтому IO ⊥ AW ⇔ I — середина хорды AW ⇔ AI = IW.
2) Докажем, что WI = WB. Угол BIW — внешний угол треугольника ABI: ∠BIW = ∠IAB + ∠IBA = A/2 + B/2. Угол IBW = ∠IBC + ∠CBW = B/2 + ∠CAW = B/2 + A/2 (вписанные углы, опирающиеся на одну дугу CW). Значит, ∠BIW = ∠IBW, и WB = WI.
Итак, IO ⊥ AW ⇔ AI = WB.
3) Выразим обе величины. Пусть вписанная окружность касается AB в точке T; AT = s – a, треугольник AIT прямоугольный, ∠IAT = A/2, поэтому AI = (s – a)/cos(A/2). Хорда WB опирается на вписанный угол A/2: WB = 2R·sin(A/2); так как a = 2R·sinA = 4R·sin(A/2)cos(A/2), 2R = a/(2sin(A/2)cos(A/2)), то WB = a/(2cos(A/2)).
4) AI = WB ⇔ s – a = a/2 ⇔ s = 3a/2 ⇔ a + b + c = 3a ⇔ b + c = 2a.
Таким образом, IO ⊥ биссектрисе из вершины A тогда и только тогда, когда a — среднее арифметическое b и c, то есть стороны b, a, c (в таком порядке) образуют арифметическую прогрессию. Применяя рассуждение к любой из трёх биссектрис, получаем: прямая IO перпендикулярна одной из биссектрис ⇔ одна из сторон равна среднему арифметическому двух других ⇔ стороны треугольника в некотором порядке образуют арифметическую прогрессию. Что и требовалось доказать.
Рассмотрим биссектрису из вершины A; пусть она вторично пересекает описанную окружность в точке W. Покажем, что IO ⊥ AW ⇔ b + c = 2a.
1) Основание перпендикуляра из центра O на хорду AW — середина AW. Поэтому IO ⊥ AW ⇔ I — середина хорды AW ⇔ AI = IW.
2) Докажем, что WI = WB. Угол BIW — внешний угол треугольника ABI: ∠BIW = ∠IAB + ∠IBA = A/2 + B/2. Угол IBW = ∠IBC + ∠CBW = B/2 + ∠CAW = B/2 + A/2 (вписанные углы, опирающиеся на одну дугу CW). Значит, ∠BIW = ∠IBW, и WB = WI.
Итак, IO ⊥ AW ⇔ AI = WB.
3) Выразим обе величины. Пусть вписанная окружность касается AB в точке T; AT = s – a, треугольник AIT прямоугольный, ∠IAT = A/2, поэтому AI = (s – a)/cos(A/2). Хорда WB опирается на вписанный угол A/2: WB = 2R·sin(A/2); так как a = 2R·sinA = 4R·sin(A/2)cos(A/2), 2R = a/(2sin(A/2)cos(A/2)), то WB = a/(2cos(A/2)).
4) AI = WB ⇔ s – a = a/2 ⇔ s = 3a/2 ⇔ a + b + c = 3a ⇔ b + c = 2a.
Таким образом, IO ⊥ биссектрисе из вершины A тогда и только тогда, когда a — среднее арифметическое b и c, то есть стороны b, a, c (в таком порядке) образуют арифметическую прогрессию. Применяя рассуждение к любой из трёх биссектрис, получаем: прямая IO перпендикулярна одной из биссектрис ⇔ одна из сторон равна среднему арифметическому двух других ⇔ стороны треугольника в некотором порядке образуют арифметическую прогрессию. Что и требовалось доказать.
1396. В прямоугольной трапеции ABCD меньшее основание AD равно 3, а боковая сторона CD, не перпендикулярная к основаниям, равна 6. Точка Е — середина отрезка CD, угол СBE равен α. Найдите площадь трапеции ABCD.
Пусть AB ⟂ AD и AB ⟂ BC. Введём координаты: A (0; 0), D (3; 0), B (0; h), C (c; h), c > 3. Тогда E ((c + 3)/2; h/2). Положим u = c – 3 (проекция CD на основание), тогда u² + h² = CD² = 36.
В треугольнике, образованном B, проекцией E на BC и E: tgα = (h/2) / ((c + 3)/2) = h/(c + 3) = h/(u + 6), то есть h = (u + 6)·t, где t = tgα. Подставим: u² + t²(u + 6)² = 36, откуда (1 + t²)u² + 12t²·u – 36(1 – t²) = 0.
Корни: u = (–6t² ± 6)/(1 + t²); положительный корень u = 6(1 – t²)/(1 + t²) = 6cos2α (второй корень равен –6 и не подходит).
Тогда c + 3 = u + 6 = 6(1 + cos2α) = 12cos²α, h = (c + 3)·tgα = 12cos²α·tgα = 12sinα·cosα = 6sin2α, BC = c = 3 + 6cos2α.
Площадь: S = (1/2)(AD + BC)·AB = (1/2)(3 + 3 + 6cos2α)·6sin2α = 18(1 + cos2α)·sin2α = 18·2cos²α·2sinα·cosα = 72·sinα·cos³α.
Ответ: 72·sinα·cos³α.
В треугольнике, образованном B, проекцией E на BC и E: tgα = (h/2) / ((c + 3)/2) = h/(c + 3) = h/(u + 6), то есть h = (u + 6)·t, где t = tgα. Подставим: u² + t²(u + 6)² = 36, откуда (1 + t²)u² + 12t²·u – 36(1 – t²) = 0.
Корни: u = (–6t² ± 6)/(1 + t²); положительный корень u = 6(1 – t²)/(1 + t²) = 6cos2α (второй корень равен –6 и не подходит).
Тогда c + 3 = u + 6 = 6(1 + cos2α) = 12cos²α, h = (c + 3)·tgα = 12cos²α·tgα = 12sinα·cosα = 6sin2α, BC = c = 3 + 6cos2α.
Площадь: S = (1/2)(AD + BC)·AB = (1/2)(3 + 3 + 6cos2α)·6sin2α = 18(1 + cos2α)·sin2α = 18·2cos²α·2sinα·cosα = 72·sinα·cos³α.
Ответ: 72·sinα·cos³α.
1397. В остроугольном треугольнике ABC сторона AB больше стороны ВС, отрезки AM и CN — высоты треугольника, точка О — центр описанной окружности. Угол ABC равен β, а площадь четырёхугольника NOMB равна S. Найдите сторону AC.
Пусть R — радиус описанной окружности. Тогда AC = 2R·sinβ (теорема синусов).
Прямоугольные треугольники BNC и BMA дают BN = BC·cosβ, BM = AB·cosβ. Значит, △BNM ∼ △BCA (общий угол B, BN/BC = BM/BA = cosβ) с коэффициентом cosβ, и NM = AC·cosβ; ∠BMN = ∠BAC = A.
Покажем, что BO ⊥ MN. Треугольник OBC равнобедренный, ∠BOC = 2A (центральный угол), поэтому ∠OBC = 90° – A. Пусть BO пересекает MN в точке K; тогда в треугольнике BKM ∠KBM + ∠BMK = (90° – A) + A = 90°, значит, ∠BKM = 90°, BO ⊥ MN.
Площадь четырёхугольника NOMB с перпендикулярными диагоналями BO и NM равна S = (1/2)·BO·NM = (1/2)·R·AC·cosβ. Подставим R = AC/(2sinβ): S = (1/2)·(AC/(2sinβ))·AC·cosβ = AC²·ctgβ/4.
Отсюда AC² = 4S·tgβ, AC = 2√(S·tgβ).
Ответ: AC = 2√(S·tgβ).
Прямоугольные треугольники BNC и BMA дают BN = BC·cosβ, BM = AB·cosβ. Значит, △BNM ∼ △BCA (общий угол B, BN/BC = BM/BA = cosβ) с коэффициентом cosβ, и NM = AC·cosβ; ∠BMN = ∠BAC = A.
Покажем, что BO ⊥ MN. Треугольник OBC равнобедренный, ∠BOC = 2A (центральный угол), поэтому ∠OBC = 90° – A. Пусть BO пересекает MN в точке K; тогда в треугольнике BKM ∠KBM + ∠BMK = (90° – A) + A = 90°, значит, ∠BKM = 90°, BO ⊥ MN.
Площадь четырёхугольника NOMB с перпендикулярными диагоналями BO и NM равна S = (1/2)·BO·NM = (1/2)·R·AC·cosβ. Подставим R = AC/(2sinβ): S = (1/2)·(AC/(2sinβ))·AC·cosβ = AC²·ctgβ/4.
Отсюда AC² = 4S·tgβ, AC = 2√(S·tgβ).
Ответ: AC = 2√(S·tgβ).