Дополнительные задачи. Задачи повышенной трудности (к главам X–XV) — с. 362
1398. В треугольнике ABC проведены высота АН длиной h, медиана AM длиной l, биссектриса AN. Точка N — середина отрезка МН. Найдите расстояние от вершины А до точки пересечения высот треугольника ABC.
Введём координаты: H (0; 0), A (0; h), B (b; 0), C (c; 0). M — середина BC: M (m; 0), m = (b + c)/2; AM² = h² + m² = l², поэтому m² = l² – h². N — середина HM: N (m/2; 0). Считаем m ≠ 0 (при m = 0 треугольник равнобедренный и N = M = H, это вырожденный случай).
Пусть p = BN = m/2 – b, q = NC = c – m/2. Из b + c = 2m имеем q – p = m. По свойству биссектрисы BN/NC = AB/AC, то есть p²(c² + h²) = q²(b² + h²), и, подставляя b = m/2 – p, c = m/2 + q: p²c² – q²b² + h²(p² – q²) = 0. Разложим p²c² – q²b² = (pc – qb)(pc + qb), где pc – qb = (p – q)m/2 + 2pq, pc + qb = (p + q)m/2. После сокращения на p + q и подстановки p – q = –m, m ≠ 0, получаем: (–m²/2 + 2pq)/2 = h², то есть pq = h² + m²/4.
Тогда bc = (m/2 – p)(m/2 + q) = m²/4 + m(q – p)/2 – pq = 3m²/4 – pq = m²/2 – h².
Ортоцентр лежит на прямой AH; обозначим его (0; t). Условие BH₀ ⟂ AC для точки (0; t): вектор (–b; t) перпендикулярен вектору AC = (c; –h): –bc – t·h = 0, t = –bc/h. Расстояние от A до ортоцентра равно |h – t| = |h + bc/h| = (h² + bc)/h = (m²/2)/h = m²/(2h) = (l² – h²)/(2h).
Ответ: (l² – h²)/(2h).
Пусть p = BN = m/2 – b, q = NC = c – m/2. Из b + c = 2m имеем q – p = m. По свойству биссектрисы BN/NC = AB/AC, то есть p²(c² + h²) = q²(b² + h²), и, подставляя b = m/2 – p, c = m/2 + q: p²c² – q²b² + h²(p² – q²) = 0. Разложим p²c² – q²b² = (pc – qb)(pc + qb), где pc – qb = (p – q)m/2 + 2pq, pc + qb = (p + q)m/2. После сокращения на p + q и подстановки p – q = –m, m ≠ 0, получаем: (–m²/2 + 2pq)/2 = h², то есть pq = h² + m²/4.
Тогда bc = (m/2 – p)(m/2 + q) = m²/4 + m(q – p)/2 – pq = 3m²/4 – pq = m²/2 – h².
Ортоцентр лежит на прямой AH; обозначим его (0; t). Условие BH₀ ⟂ AC для точки (0; t): вектор (–b; t) перпендикулярен вектору AC = (c; –h): –bc – t·h = 0, t = –bc/h. Расстояние от A до ортоцентра равно |h – t| = |h + bc/h| = (h² + bc)/h = (m²/2)/h = m²/(2h) = (l² – h²)/(2h).
Ответ: (l² – h²)/(2h).
1399. На рисунке 422 изображён правильный десятиугольник, вписанный в окружность радиуса R, AC — биссектриса угла ОAB. Докажите, что: а) △ABС ∼ △ОAB; б) AB = AC = ОС = (√5 – 1)/2·R. [рисунок 422: правильный десятиугольник со стороной AB, центр O, точка C на OB]
Центральный угол правильного десятиугольника ∠AOB = 360°/10 = 36°. Треугольник OAB равнобедренный (OA = OB = R), поэтому ∠OAB = ∠OBA = (180° – 36°)/2 = 72°.
а) AC — биссектриса угла OAB, поэтому ∠CAB = ∠OAC = 36°. В треугольнике ABC: ∠CAB = 36°, ∠ABC = ∠OBA = 72° (C лежит на OB), значит, ∠ACB = 180° – 36° – 72° = 72°. У треугольников ABC и OAB равны углы: ∠ABC = ∠OBA (общий угол B) и ∠CAB = ∠AOB = 36°. По первому признаку △ABC ∼ △OAB.
б) В △ABC ∠ABC = ∠ACB = 72°, поэтому AB = AC. В △AOC ∠OAC = 36° = ∠AOC, поэтому AC = OC. Итак, AB = AC = OC; обозначим x.
Из подобия △ABC ∼ △OAB: BC/AB = AB/OB, BC = OB – OC = R – x. Тогда (R – x)/x = x/R, то есть R² – Rx = x², x² + Rx – R² = 0. Положительный корень x = (–R + √(R² + 4R²))/2 = (√5 – 1)R/2.
Итак, AB = AC = OC = (√5 – 1)/2·R. Что и требовалось доказать.
а) AC — биссектриса угла OAB, поэтому ∠CAB = ∠OAC = 36°. В треугольнике ABC: ∠CAB = 36°, ∠ABC = ∠OBA = 72° (C лежит на OB), значит, ∠ACB = 180° – 36° – 72° = 72°. У треугольников ABC и OAB равны углы: ∠ABC = ∠OBA (общий угол B) и ∠CAB = ∠AOB = 36°. По первому признаку △ABC ∼ △OAB.
б) В △ABC ∠ABC = ∠ACB = 72°, поэтому AB = AC. В △AOC ∠OAC = 36° = ∠AOC, поэтому AC = OC. Итак, AB = AC = OC; обозначим x.
Из подобия △ABC ∼ △OAB: BC/AB = AB/OB, BC = OB – OC = R – x. Тогда (R – x)/x = x/R, то есть R² – Rx = x², x² + Rx – R² = 0. Положительный корень x = (–R + √(R² + 4R²))/2 = (√5 – 1)R/2.
Итак, AB = AC = OC = (√5 – 1)/2·R. Что и требовалось доказать.
1400. Докажите, что отрезок АK, изображённый на рисунке 423, равен стороне правильного десятиугольника, вписанного в окружность с центром О. [рисунок 423: окружность с центром O радиуса R, диаметр с концом A, OB ⊥ OA (B на окружности), C — середина OB, окружность с центром C радиуса R/2, K — точка пересечения отрезка AC с этой окружностью]
Пусть R — радиус данной окружности, OB ⊥ AO (AO = OB = R), C — середина OB, OC = R/2. Малая окружность имеет центр C и радиус CO = CK = R/2.
В прямоугольном треугольнике AOC: AC = √(AO² + OC²) = √(R² + R²/4) = R√5/2.
Точка K лежит на отрезке AC на малой окружности, поэтому CK = R/2 и AK = AC – CK = R√5/2 – R/2 = (√5 – 1)R/2.
По задаче 1399 сторона правильного десятиугольника, вписанного в окружность радиуса R, равна (√5 – 1)R/2. Значит, AK равен стороне этого десятиугольника. Что и требовалось доказать.
В прямоугольном треугольнике AOC: AC = √(AO² + OC²) = √(R² + R²/4) = R√5/2.
Точка K лежит на отрезке AC на малой окружности, поэтому CK = R/2 и AK = AC – CK = R√5/2 – R/2 = (√5 – 1)R/2.
По задаче 1399 сторона правильного десятиугольника, вписанного в окружность радиуса R, равна (√5 – 1)R/2. Значит, AK равен стороне этого десятиугольника. Что и требовалось доказать.
1401. Около правильного пятиугольника А₁A₂А₃А₄А₅ описана окружность с центром О. Вершинами треугольника ABC являются середины сторон A₁A₂, A₂A₃ и A₃A₄ пятиугольника. Докажите, что центр О данной окружности и центр О₁ окружности, вписанной в треугольник ABC, симметричны относительно прямой AC.
Середины сторон правильного пятиугольника удалены от центра O на апофему r: OA = OB = OC = r (OA ⊥ A₁A₂, OB ⊥ A₂A₃, OC ⊥ A₃A₄). Значит, O — центр окружности, проходящей через A, B, C, то есть центр описанной окружности △ABC.
Угол между соседними апофемами OA и OB равен 360°/5 = 72° (это угол между перпендикулярами к соседним сторонам), так же ∠BOC = 72°. Поэтому ∠AOC = 144° (B лежит на дуге AC, меньшей 180°), и вписанный угол ABC опирается на дугу в 360° – 144° = 216°: ∠ABC = 108°. Треугольник ABC равнобедренный (AB = BC, хорды дуг по 72°), ∠BAC = ∠BCA = (180° – 108°)/2 = 36°.
В равнобедренном треугольнике AOC (OA = OC) угол при вершине ∠AOC = 144°, значит, ∠OAC = ∠OCA = 18°. Центр O и вершина B лежат по разные стороны от AC (∠ABC тупой, центр описанной окружности вне треугольника, за стороной AC).
Центр O₁ вписанной окружности лежит на биссектрисах углов A и C треугольника ABC: ∠O₁AC = ∠O₁CA = 36°/2 = 18°, и O₁ внутри треугольника, то есть по ту же сторону от AC, что и B (по другую сторону от O).
Итак, треугольники OAC и O₁AC равнобедренные с общим основанием AC, равными углами при основании 18° и лежат по разные стороны от AC. Следовательно, они симметричны относительно AC, и точки O и O₁ симметричны относительно прямой AC. Что и требовалось доказать.
Угол между соседними апофемами OA и OB равен 360°/5 = 72° (это угол между перпендикулярами к соседним сторонам), так же ∠BOC = 72°. Поэтому ∠AOC = 144° (B лежит на дуге AC, меньшей 180°), и вписанный угол ABC опирается на дугу в 360° – 144° = 216°: ∠ABC = 108°. Треугольник ABC равнобедренный (AB = BC, хорды дуг по 72°), ∠BAC = ∠BCA = (180° – 108°)/2 = 36°.
В равнобедренном треугольнике AOC (OA = OC) угол при вершине ∠AOC = 144°, значит, ∠OAC = ∠OCA = 18°. Центр O и вершина B лежат по разные стороны от AC (∠ABC тупой, центр описанной окружности вне треугольника, за стороной AC).
Центр O₁ вписанной окружности лежит на биссектрисах углов A и C треугольника ABC: ∠O₁AC = ∠O₁CA = 36°/2 = 18°, и O₁ внутри треугольника, то есть по ту же сторону от AC, что и B (по другую сторону от O).
Итак, треугольники OAC и O₁AC равнобедренные с общим основанием AC, равными углами при основании 18° и лежат по разные стороны от AC. Следовательно, они симметричны относительно AC, и точки O и O₁ симметричны относительно прямой AC. Что и требовалось доказать.
1402*. В данную окружность впишите правильный десятиугольник.
Сторона правильного десятиугольника, вписанного в окружность радиуса R, равна a₁₀ = (√5 – 1)R/2 (задача 1399); отрезок такой длины строится по задаче 1400.
Построение.
1) Проводим диаметр, обозначаем один его конец A. Проводим радиус OB, перпендикулярный диаметру (B на окружности).
2) Строим середину C радиуса OB и окружность с центром C радиуса CO = R/2.
3) Проводим отрезок AC; он пересекает построенную окружность в точке K (между A и C). Тогда AK = (√5 – 1)R/2 = a₁₀.
4) От точки A циркулем с раствором AK последовательно откладываем на данной окружности хорды: A = V₀, V₁, V₂, …, V₉. Соединяем точки последовательно.
Доказательство. По задаче 1400 AK равна стороне правильного десятиугольника, вписанного в окружность. Хорда длины a₁₀ стягивает дугу в 36°, поэтому десять отложенных хорд обходят окружность по 36° и замыкаются в точке A: V₁₀ = V₀. Все стороны получившегося десятиугольника равны, а все дуги по 36° равны, значит, он правильный.
На рисунке красным показан десятиугольник и отрезок AK.
Построение.
1) Проводим диаметр, обозначаем один его конец A. Проводим радиус OB, перпендикулярный диаметру (B на окружности).
2) Строим середину C радиуса OB и окружность с центром C радиуса CO = R/2.
3) Проводим отрезок AC; он пересекает построенную окружность в точке K (между A и C). Тогда AK = (√5 – 1)R/2 = a₁₀.
4) От точки A циркулем с раствором AK последовательно откладываем на данной окружности хорды: A = V₀, V₁, V₂, …, V₉. Соединяем точки последовательно.
Доказательство. По задаче 1400 AK равна стороне правильного десятиугольника, вписанного в окружность. Хорда длины a₁₀ стягивает дугу в 36°, поэтому десять отложенных хорд обходят окружность по 36° и замыкаются в точке A: V₁₀ = V₀. Все стороны получившегося десятиугольника равны, а все дуги по 36° равны, значит, он правильный.
На рисунке красным показан десятиугольник и отрезок AK.
1403. В данную окружность впишите правильный пятиугольник.
Сторона правильного пятиугольника, вписанного в окружность, стягивает дугу в 72°, а сторона правильного десятиугольника — дугу в 36°. Поэтому вершины правильного пятиугольника — это каждая вторая вершина правильного десятиугольника, вписанного в ту же окружность.
Построение.
1) Строим правильный десятиугольник V₀V₁…V₉, вписанный в данную окружность (задача 1402).
2) Берём вершины с чётными номерами V₀, V₂, V₄, V₆, V₈ и соединяем их последовательно.
Доказательство. Дуги V₀V₂, V₂V₄, … равны 2·36° = 72° и равны между собой, поэтому равны хорды (стороны), и пять равных дуг по 72° составляют полную окружность. Пятиугольник V₀V₂V₄V₆V₈ вписан в окружность и имеет равные стороны и равные вписанные углы (каждый опирается на дугу 3·72° = 216°, то есть равен 108°), значит, он правильный.
На рисунке красным показан пятиугольник; серые точки — остальные вершины десятиугольника.
Построение.
1) Строим правильный десятиугольник V₀V₁…V₉, вписанный в данную окружность (задача 1402).
2) Берём вершины с чётными номерами V₀, V₂, V₄, V₆, V₈ и соединяем их последовательно.
Доказательство. Дуги V₀V₂, V₂V₄, … равны 2·36° = 72° и равны между собой, поэтому равны хорды (стороны), и пять равных дуг по 72° составляют полную окружность. Пятиугольник V₀V₂V₄V₆V₈ вписан в окружность и имеет равные стороны и равные вписанные углы (каждый опирается на дугу 3·72° = 216°, то есть равен 108°), значит, он правильный.
На рисунке красным показан пятиугольник; серые точки — остальные вершины десятиугольника.
1404. В данную окружность впишите пятиконечную звезду.
Пятиконечная звезда (пентаграмма) получается, если вершины правильного пятиугольника соединить через одну.
Построение.
1) Строим правильный пятиугольник W₁W₂W₃W₄W₅, вписанный в данную окружность (задача 1403).
2) Проводим диагонали пятиугольника: W₁W₃, W₃W₅, W₅W₂, W₂W₄, W₄W₁ (каждая вершина соединена с двумя вершинами, не соседними с ней). Замкнутая ломаная W₁W₃W₅W₂W₄W₁ — пятиконечная звезда.
Проверка. Все пять звеньев — равные диагонали правильного пятиугольника (хорды, стягивающие дуги по 144°), и каждое следующее звено повёрнуто на одинаковый угол, поэтому звезда правильная, её концы лежат на данной окружности. Углы при концах звезды равны 36°.
На рисунке красная звезда вписана в окружность.
Построение.
1) Строим правильный пятиугольник W₁W₂W₃W₄W₅, вписанный в данную окружность (задача 1403).
2) Проводим диагонали пятиугольника: W₁W₃, W₃W₅, W₅W₂, W₂W₄, W₄W₁ (каждая вершина соединена с двумя вершинами, не соседними с ней). Замкнутая ломаная W₁W₃W₅W₂W₄W₁ — пятиконечная звезда.
Проверка. Все пять звеньев — равные диагонали правильного пятиугольника (хорды, стягивающие дуги по 144°), и каждое следующее звено повёрнуто на одинаковый угол, поэтому звезда правильная, её концы лежат на данной окружности. Углы при концах звезды равны 36°.
На рисунке красная звезда вписана в окружность.
1405. Пусть M — произвольная точка, лежащая внутри правильного n-угольника. Докажите, что сумма перпендикуляров, проведённых из точки M к прямым, содержащим стороны n-угольника, равна nr, где r — радиус вписанной окружности.
Пусть сторона правильного n-угольника равна a, его площадь S, а перпендикуляры из M к прямым сторон равны h₁, h₂, …, hₙ. Соединим M с вершинами: n-угольник разобьётся на n треугольников с основаниями-сторонами a и высотами h₁, …, hₙ (M внутри, поэтому треугольники не перекрываются и покрывают многоугольник). Тогда S = (1/2)a·h₁ + … + (1/2)a·hₙ = (1/2)a(h₁ + … + hₙ).
С другой стороны, соединив с вершинами центр вписанной окружности, получаем n треугольников с высотами r: S = (1/2)a·r·n.
Приравниваем: (1/2)a(h₁ + … + hₙ) = (1/2)a·n·r, откуда h₁ + … + hₙ = nr. Что и требовалось доказать.
С другой стороны, соединив с вершинами центр вписанной окружности, получаем n треугольников с высотами r: S = (1/2)a·r·n.
Приравниваем: (1/2)a(h₁ + … + hₙ) = (1/2)a·n·r, откуда h₁ + … + hₙ = nr. Что и требовалось доказать.
1406. Углы треугольника образуют геометрическую прогрессию со знаменателем 2. Докажите, что середины сторон и основания высот этого треугольника являются шестью вершинами правильного семиугольника.
Пусть углы треугольника ABC равны A = α, B = 2α, C = 4α. Из α + 2α + 4α = 180° получаем α = 180°/7 (в радианах π/7). Угол C = 4π/7 тупой, поэтому основания высот из A и B лежат на продолжениях сторон; на рассуждение это не влияет.
По задаче 918 середины сторон и основания высот лежат на одной окружности (окружности Эйлера, девяти точек) с центром N — серединой отрезка HO и радиусом R/2 (задача 1431). Найдём положение шести точек на этой окружности. Введём комплексную плоскость с центром описанной окружности в нуле и R = 1; вершины A, B, C — комплексные числа с модулем 1. Тогда H = A + B + C, N = (A + B + C)/2.
Середины сторон: (B + C)/2 = N – A/2, (C + A)/2 = N – B/2, (A + B)/2 = N – C/2. Основание высоты из A: (A + B + C – BC/A)/2 = N – BC/(2A); из B: N – CA/(2B); из C: N – AB/(2C). (Формула проверяется непосредственно: эта точка лежит на прямой BC, так как z + BC·z̄ = B + C, и AP ⊥ BC.)
Таким образом, шесть точек имеют вид N + (1/2)·u, где u принимает значения –A, –B, –C, –BC/A, –CA/B, –AB/C — единичные комплексные числа.
Дуги описанной окружности: BC = 2A = 2π/7, CA = 2B = 4π/7, AB = 2C = 8π/7. Пусть A = e^{0}, B = e^{i·8π/7}, C = e^{i·10π/7} (дуга AB = 8π/7, BC = 2π/7, CA = 4π/7, всего 2π). Тогда аргументы чисел u в единицах π/7: –A: 7; –B: 8 + 7 = 15 ≡ 1; –C: 10 + 7 = 17 ≡ 3; –BC/A: 7 + 8 + 10 = 25 ≡ 11; –CA/B: 7 + 10 + 0 – 8 = 9; –AB/C: 7 + 0 + 8 – 10 = 5 (по модулю 14).
Итак, аргументы равны 1, 3, 5, 7, 9, 11 (в единицах π/7), то есть шесть из семи точек вида N + (1/2)e^{i(2k + 1)π/7}, k = 0, …, 6, — вершин правильного семиугольника, вписанного в окружность девяти точек (седьмая вершина соответствует аргументу 13π/7). Что и требовалось доказать.
Оговорка: в условии подразумевается соответствие порядка вершин семиугольника по окружности; доказано, что шесть точек — вершины одного правильного семиугольника с центром в центре окружности Эйлера.
По задаче 918 середины сторон и основания высот лежат на одной окружности (окружности Эйлера, девяти точек) с центром N — серединой отрезка HO и радиусом R/2 (задача 1431). Найдём положение шести точек на этой окружности. Введём комплексную плоскость с центром описанной окружности в нуле и R = 1; вершины A, B, C — комплексные числа с модулем 1. Тогда H = A + B + C, N = (A + B + C)/2.
Середины сторон: (B + C)/2 = N – A/2, (C + A)/2 = N – B/2, (A + B)/2 = N – C/2. Основание высоты из A: (A + B + C – BC/A)/2 = N – BC/(2A); из B: N – CA/(2B); из C: N – AB/(2C). (Формула проверяется непосредственно: эта точка лежит на прямой BC, так как z + BC·z̄ = B + C, и AP ⊥ BC.)
Таким образом, шесть точек имеют вид N + (1/2)·u, где u принимает значения –A, –B, –C, –BC/A, –CA/B, –AB/C — единичные комплексные числа.
Дуги описанной окружности: BC = 2A = 2π/7, CA = 2B = 4π/7, AB = 2C = 8π/7. Пусть A = e^{0}, B = e^{i·8π/7}, C = e^{i·10π/7} (дуга AB = 8π/7, BC = 2π/7, CA = 4π/7, всего 2π). Тогда аргументы чисел u в единицах π/7: –A: 7; –B: 8 + 7 = 15 ≡ 1; –C: 10 + 7 = 17 ≡ 3; –BC/A: 7 + 8 + 10 = 25 ≡ 11; –CA/B: 7 + 10 + 0 – 8 = 9; –AB/C: 7 + 0 + 8 – 10 = 5 (по модулю 14).
Итак, аргументы равны 1, 3, 5, 7, 9, 11 (в единицах π/7), то есть шесть из семи точек вида N + (1/2)e^{i(2k + 1)π/7}, k = 0, …, 6, — вершин правильного семиугольника, вписанного в окружность девяти точек (седьмая вершина соответствует аргументу 13π/7). Что и требовалось доказать.
Оговорка: в условии подразумевается соответствие порядка вершин семиугольника по окружности; доказано, что шесть точек — вершины одного правильного семиугольника с центром в центре окружности Эйлера.
1407. Пусть ABCD — квадрат, а A₁B₁C₁ — правильный треугольник, вписанные в окружность радиуса R. Докажите, что сумма AB + А₁В₁ равна длине полуокружности с точностью до 0,01R.
Сторона вписанного квадрата AB = R√2, сторона вписанного правильного треугольника A₁B₁ = R√3. Длина полуокружности равна πR.
AB + A₁B₁ = (√2 + √3)R. Приближённо √2 ≈ 1,41421, √3 ≈ 1,73205, сумма ≈ 3,14626. Число π ≈ 3,14159.
Разность: (√2 + √3)R – πR ≈ (3,14626 – 3,14159)R ≈ 0,00467R < 0,01R.
Значит, AB + A₁B₁ отличается от длины полуокружности меньше чем на 0,01R. Что и требовалось доказать.
AB + A₁B₁ = (√2 + √3)R. Приближённо √2 ≈ 1,41421, √3 ≈ 1,73205, сумма ≈ 3,14626. Число π ≈ 3,14159.
Разность: (√2 + √3)R – πR ≈ (3,14626 – 3,14159)R ≈ 0,00467R < 0,01R.
Значит, AB + A₁B₁ отличается от длины полуокружности меньше чем на 0,01R. Что и требовалось доказать.