Дополнительные задачи. Задачи повышенной трудности (к главам X–XV) — с. 364
1418. На стороне угла AOB с недоступной вершиной дана точка M. Постройте отрезок, равный отрезку OM.
Пусть M лежит на стороне OB. Воспользуемся центральной симметрией относительно M: она переводит O в точку O′ луча, противоположного лучу MO, и MO′ = MO; нужно построить O′, не обращаясь к недоступной точке O.
Построение.
1) Отмечаем на стороне OA (в доступной части) любую точку P.
2) Проводим прямую PM и откладываем на ней за точкой M отрезок MP′ = MP (P′ симметрична P относительно M).
3) Через P′ проводим прямую, параллельную стороне OA (угол задан двумя доступными лучами, параллельную можно построить по двум точкам прямой OA); отмечаем точку O′ — её пересечение с прямой OB.
4) Отрезок MO′ — искомый: MO′ = MO.
Доказательство. Центральная симметрия относительно M переводит прямую OB в себя, а прямую OA — в параллельную ей прямую (она проходит через P′ — образ точки P ∈ OA). Это прямая, проведённая в п. 3. Точка O = OA ∩ OB переходит в точку пересечения образов, то есть в O′. Центральная симметрия сохраняет расстояния и M неподвижна, поэтому MO′ = MO.
Если M лежит на стороне OA, построение аналогично (с обменом сторон).
На рисунке красным построены P′, прямая через P′, параллельная OA, точка O′ и отрезок MO′.
Построение.
1) Отмечаем на стороне OA (в доступной части) любую точку P.
2) Проводим прямую PM и откладываем на ней за точкой M отрезок MP′ = MP (P′ симметрична P относительно M).
3) Через P′ проводим прямую, параллельную стороне OA (угол задан двумя доступными лучами, параллельную можно построить по двум точкам прямой OA); отмечаем точку O′ — её пересечение с прямой OB.
4) Отрезок MO′ — искомый: MO′ = MO.
Доказательство. Центральная симметрия относительно M переводит прямую OB в себя, а прямую OA — в параллельную ей прямую (она проходит через P′ — образ точки P ∈ OA). Это прямая, проведённая в п. 3. Точка O = OA ∩ OB переходит в точку пересечения образов, то есть в O′. Центральная симметрия сохраняет расстояния и M неподвижна, поэтому MO′ = MO.
Если M лежит на стороне OA, построение аналогично (с обменом сторон).
На рисунке красным построены P′, прямая через P′, параллельная OA, точка O′ и отрезок MO′.
1419. Даны две пересекающиеся окружности. Постройте отрезок, концы которого лежат соответственно на данных окружностях, а его середина совпадает с одной из точек пересечения данных окружностей.
Пусть ω₁ (центр O₁, радиус r₁) и ω₂ (центр O₂) пересекаются в точках P и Q. Нужно найти отрезок XY, X ∈ ω₁, Y ∈ ω₂, с серединой P.
Анализ. Если P — середина XY, то Y — образ X при центральной симметрии s с центром P. Значит, Y лежит на окружности ω₁′ = s(ω₁) и на ω₂.
Построение.
1) Строим точку O₁′, симметричную O₁ относительно P (на луче O₁P откладываем PO₁′ = O₁P), и окружность ω₁′ с центром O₁′ радиуса r₁.
2) Окружности ω₁′ и ω₂ проходят через P (так как s(P) = P и P ∈ ω₁, P ∈ ω₂). Находим их вторую общую точку Y (Y ≠ P).
3) Проводим прямую YP и откладываем на ней за P отрезок PX = PY. X — образ Y при s и принадлежит ω₁.
XY — искомый отрезок: X ∈ ω₁, Y ∈ ω₂, P — его середина.
Доказательство. Y ∈ ω₁′ = s(ω₁), поэтому X = s(Y) ∈ ω₁; Y ∈ ω₂ по построению; P — середина XY по определению симметрии.
Исследование. Окружности ω₁′ и ω₂ имеют общую точку P; вторая общая точка существует, если они не касаются в P. Аналогичное построение с точкой Q даёт второй отрезок.
На рисунке красный отрезок XY имеет середину P.
Анализ. Если P — середина XY, то Y — образ X при центральной симметрии s с центром P. Значит, Y лежит на окружности ω₁′ = s(ω₁) и на ω₂.
Построение.
1) Строим точку O₁′, симметричную O₁ относительно P (на луче O₁P откладываем PO₁′ = O₁P), и окружность ω₁′ с центром O₁′ радиуса r₁.
2) Окружности ω₁′ и ω₂ проходят через P (так как s(P) = P и P ∈ ω₁, P ∈ ω₂). Находим их вторую общую точку Y (Y ≠ P).
3) Проводим прямую YP и откладываем на ней за P отрезок PX = PY. X — образ Y при s и принадлежит ω₁.
XY — искомый отрезок: X ∈ ω₁, Y ∈ ω₂, P — его середина.
Доказательство. Y ∈ ω₁′ = s(ω₁), поэтому X = s(Y) ∈ ω₁; Y ∈ ω₂ по построению; P — середина XY по определению симметрии.
Исследование. Окружности ω₁′ и ω₂ имеют общую точку P; вторая общая точка существует, если они не касаются в P. Аналогичное построение с точкой Q даёт второй отрезок.
На рисунке красный отрезок XY имеет середину P.
1420. Постройте треугольник по трём медианам.
Пусть даны отрезки m_a, m_b, m_c, и ABC — искомый треугольник, AA₁ = m_a, BB₁ = m_b, CC₁ = m_c — его медианы, O — точка их пересечения. Медианы делятся точкой O в отношении 2 : 1 от вершины: AO = (2/3)m_a, BO = (2/3)m_b, CO = (2/3)m_c, OB₁ = (1/3)m_b.
Анализ. Пусть O₁ — точка, симметричная O относительно середины B₁ стороны AC. Диагонали четырёхугольника AOCO₁ (AC и OO₁) делятся точкой B₁ пополам, поэтому AOCO₁ — параллелограмм, и AO₁ = OC = (2/3)m_c, OO₁ = 2·OB₁ = (2/3)m_b. Таким образом, треугольник AOO₁ имеет стороны AO = (2/3)m_a, OO₁ = (2/3)m_b, AO₁ = (2/3)m_c — его можно построить.
Построение.
1) Строим отрезки (2/3)m_a, (2/3)m_b, (2/3)m_c (делим каждый на три равные части, берём две).
2) Строим треугольник AOO₁ со сторонами AO = (2/3)m_a, OO₁ = (2/3)m_b, AO₁ = (2/3)m_c.
3) Находим середину B₁ отрезка OO₁.
4) Строим C — точку, симметричную A относительно B₁ (на луче AB₁ откладываем B₁C = AB₁).
5) Строим B — точку, симметричную O₁ относительно O (на луче O₁O откладываем OB = OO₁).
Треугольник ABC — искомый.
Доказательство. B₁ — середина AC и OO₁ (по построению), поэтому AOCO₁ — параллелограмм, CO = AO₁ = (2/3)m_c. Точка B лежит на луче B₁O, причём OB = OO₁ = 2·OB₁, значит, O делит BB₁ в отношении 2 : 1: BB₁ = BO + OB₁ = (2/3)m_b + (1/3)m_b = m_b, и B₁ — середина AC. Так как O делит BB₁ в отношении 2 : 1 и AO = (2/3)m_a, CO = (2/3)m_c, а точка пересечения медиан единственна, O — точка пересечения медиан и длины медиан равны m_a, m_b, m_c.
Исследование. Задача имеет решение, если из отрезков (2/3)m_a, (2/3)m_b, (2/3)m_c (то есть из m_a, m_b, m_c) можно составить треугольник: каждый отрезок меньше суммы двух других. Решение единственно с точностью до равенства.
На рисунке синим — вспомогательный треугольник AOO₁, красным — искомый треугольник ABC, серые пунктирные прямые — его медианы.
Анализ. Пусть O₁ — точка, симметричная O относительно середины B₁ стороны AC. Диагонали четырёхугольника AOCO₁ (AC и OO₁) делятся точкой B₁ пополам, поэтому AOCO₁ — параллелограмм, и AO₁ = OC = (2/3)m_c, OO₁ = 2·OB₁ = (2/3)m_b. Таким образом, треугольник AOO₁ имеет стороны AO = (2/3)m_a, OO₁ = (2/3)m_b, AO₁ = (2/3)m_c — его можно построить.
Построение.
1) Строим отрезки (2/3)m_a, (2/3)m_b, (2/3)m_c (делим каждый на три равные части, берём две).
2) Строим треугольник AOO₁ со сторонами AO = (2/3)m_a, OO₁ = (2/3)m_b, AO₁ = (2/3)m_c.
3) Находим середину B₁ отрезка OO₁.
4) Строим C — точку, симметричную A относительно B₁ (на луче AB₁ откладываем B₁C = AB₁).
5) Строим B — точку, симметричную O₁ относительно O (на луче O₁O откладываем OB = OO₁).
Треугольник ABC — искомый.
Доказательство. B₁ — середина AC и OO₁ (по построению), поэтому AOCO₁ — параллелограмм, CO = AO₁ = (2/3)m_c. Точка B лежит на луче B₁O, причём OB = OO₁ = 2·OB₁, значит, O делит BB₁ в отношении 2 : 1: BB₁ = BO + OB₁ = (2/3)m_b + (1/3)m_b = m_b, и B₁ — середина AC. Так как O делит BB₁ в отношении 2 : 1 и AO = (2/3)m_a, CO = (2/3)m_c, а точка пересечения медиан единственна, O — точка пересечения медиан и длины медиан равны m_a, m_b, m_c.
Исследование. Задача имеет решение, если из отрезков (2/3)m_a, (2/3)m_b, (2/3)m_c (то есть из m_a, m_b, m_c) можно составить треугольник: каждый отрезок меньше суммы двух других. Решение единственно с точностью до равенства.
На рисунке синим — вспомогательный треугольник AOO₁, красным — искомый треугольник ABC, серые пунктирные прямые — его медианы.
1421. Постройте трапецию, стороны которой соответственно равны данным отрезкам.
Пусть даны четыре отрезка a, b, c, d; будем искать трапецию ABCD, у которой основания AB = a и DC = b (a > b), боковые стороны BC = c и AD = d. (Какие два из четырёх отрезков взять основаниями, решаем сами; задача имеет решение для разных выборов.)
Анализ. Выполним параллельный перенос на вектор DC⃗: он переводит D в C, A в точку E, лежащую на AB (AE = DC = b), и сторону AD в EC. Тогда AECD — параллелограмм, EC = AD = d, EC ∥ AD, EB = AB – AE = a – b. Треугольник EBC имеет стороны EB = a – b, BC = c, EC = d — его можно построить.
Построение.
1) Строим отрезок a – b.
2) Строим треугольник EBC со сторонами BE = a – b, BC = c, EC = d (по трём сторонам).
3) На луче BE за точкой E откладываем EA = b; получаем AB = a.
4) Через C проводим прямую, параллельную AB, и на ней откладываем CD = b в ту же сторону, что и вектор EA⃗ (от C в сторону, откуда идёт A).
ABCD — искомая трапеция.
Доказательство. EA⃗ = CD⃗ ⇒ AECD — параллелограмм, поэтому AD = EC = d и AB ∥ DC. Далее AB = AE + EB = b + (a – b) = a, DC = b, BC = c. Основания AB и DC параллельны (стороны AD и BC — не параллельны, так как иначе была бы параллелограммом при a = b).
Исследование. Решение существует, если из отрезков a – b, c, d можно составить треугольник: |c – d| < a – b < c + d. Построение однозначно (с точностью до равенства).
На рисунке: a = 200, b = 90, c = 110, d = 130 (условные единицы); серым — вспомогательный треугольник EBC, красным — трапеция ABCD.
Анализ. Выполним параллельный перенос на вектор DC⃗: он переводит D в C, A в точку E, лежащую на AB (AE = DC = b), и сторону AD в EC. Тогда AECD — параллелограмм, EC = AD = d, EC ∥ AD, EB = AB – AE = a – b. Треугольник EBC имеет стороны EB = a – b, BC = c, EC = d — его можно построить.
Построение.
1) Строим отрезок a – b.
2) Строим треугольник EBC со сторонами BE = a – b, BC = c, EC = d (по трём сторонам).
3) На луче BE за точкой E откладываем EA = b; получаем AB = a.
4) Через C проводим прямую, параллельную AB, и на ней откладываем CD = b в ту же сторону, что и вектор EA⃗ (от C в сторону, откуда идёт A).
ABCD — искомая трапеция.
Доказательство. EA⃗ = CD⃗ ⇒ AECD — параллелограмм, поэтому AD = EC = d и AB ∥ DC. Далее AB = AE + EB = b + (a – b) = a, DC = b, BC = c. Основания AB и DC параллельны (стороны AD и BC — не параллельны, так как иначе была бы параллелограммом при a = b).
Исследование. Решение существует, если из отрезков a – b, c, d можно составить треугольник: |c – d| < a – b < c + d. Построение однозначно (с точностью до равенства).
На рисунке: a = 200, b = 90, c = 110, d = 130 (условные единицы); серым — вспомогательный треугольник EBC, красным — трапеция ABCD.
1422. Даны точки A и В и две пересекающиеся прямые с и d. Постройте параллелограмм ABCD так, чтобы вершины С и D лежали соответственно на прямых с и d.
Анализ. В параллелограмме ABCD DC⃗ = AB⃗, то есть C = D + AB⃗, D = C + BA⃗. Параллельный перенос на вектор BA⃗ переводит C в D. Так как C лежит на прямой c, точка D лежит на прямой c′ — образе c при переносе на BA⃗ (c′ ∥ c). Но D лежит и на прямой d. Значит, D = c′ ∩ d.
Построение.
1) Строим прямую c′: через точку B проводим вспомогательный перенос — выбираем на c точку M, строим точку M′ с MM′⃗ = BA⃗ (параллелограммом BAM′M), и проводим через M′ прямую c′ ∥ c.
2) Находим точку D — пересечение прямых c′ и d (они не параллельны, так как c ∦ d и c′ ∥ c).
3) Строим точку C = D + AB⃗: через D проводим прямую, параллельную AB, и откладываем DC = AB в направлении от A к B (то есть строим параллелограмм ABCD).
Доказательство. По построению DC⃗ = AB⃗, поэтому ABCD — параллелограмм. D ∈ c′ означает, что D = C₀ + BA⃗ для некоторой точки C₀ ∈ c, откуда C = D + AB⃗ = C₀ ∈ c. Точка D лежит на d.
Исследование. Задача имеет единственное решение, если точки A, B не лежат на... (прямые c′ и d всегда пересекаются в одной точке); решение вырождается, если A, B и D лежат на одной прямой.
На рисунке серая пунктирная прямая c′ — образ c при переносе на BA⃗, красный параллелограмм ABCD.
Построение.
1) Строим прямую c′: через точку B проводим вспомогательный перенос — выбираем на c точку M, строим точку M′ с MM′⃗ = BA⃗ (параллелограммом BAM′M), и проводим через M′ прямую c′ ∥ c.
2) Находим точку D — пересечение прямых c′ и d (они не параллельны, так как c ∦ d и c′ ∥ c).
3) Строим точку C = D + AB⃗: через D проводим прямую, параллельную AB, и откладываем DC = AB в направлении от A к B (то есть строим параллелограмм ABCD).
Доказательство. По построению DC⃗ = AB⃗, поэтому ABCD — параллелограмм. D ∈ c′ означает, что D = C₀ + BA⃗ для некоторой точки C₀ ∈ c, откуда C = D + AB⃗ = C₀ ∈ c. Точка D лежит на d.
Исследование. Задача имеет единственное решение, если точки A, B не лежат на... (прямые c′ и d всегда пересекаются в одной точке); решение вырождается, если A, B и D лежат на одной прямой.
На рисунке серая пунктирная прямая c′ — образ c при переносе на BA⃗, красный параллелограмм ABCD.
1423. Даны прямая, окружность и точка А, не лежащая на них. Постройте квадрат ABCD так, чтобы вершина В лежала на данной прямой, а вершина D — на данной окружности.
Анализ. В квадрате ABCD при повороте вокруг A на 90° (в нужную сторону) вершина B переходит в D: AD = AB, AD ⟂ AB. Обозначим поворот ρ. Так как B лежит на данной прямой ℓ, точка D лежит на прямой ℓ′ = ρ(ℓ). Кроме того D лежит на данной окружности ω. Значит, D ∈ ℓ′ ∩ ω.
Построение.
1) Опускаем перпендикуляр AH из A на ℓ и строим H′ — образ H при повороте вокруг A на 90°: AH′ ⟂ AH, AH′ = AH. Через H′ проводим прямую ℓ′ ⟂ AH′ (это образ ℓ).
2) Находим точки пересечения ℓ′ и ω; пусть D — одна из них.
3) Строим B — образ D при обратном повороте на 90° вокруг A (откладываем AB ⟂ AD, AB = AD так, чтобы B оказалась на ℓ). B лежит на ℓ, так как ρ(B) = D ∈ ℓ′ = ρ(ℓ).
4) Достраиваем до квадрата: C = B + AD⃗ (параллелограмм ABCD).
ABCD — квадрат: AB = AD, AB ⟂ AD, достроен до параллелограмма. B ∈ ℓ, D ∈ ω.
Исследование. Число решений равно числу общих точек ℓ′ и ω (0, 1, 2) для каждого из двух направлений поворота — всего до четырёх решений. На рисунке показано одно из решений: ℓ′ — образ ℓ при повороте, D — точка пересечения ℓ′ и ω, красный квадрат ABCD.
Построение.
1) Опускаем перпендикуляр AH из A на ℓ и строим H′ — образ H при повороте вокруг A на 90°: AH′ ⟂ AH, AH′ = AH. Через H′ проводим прямую ℓ′ ⟂ AH′ (это образ ℓ).
2) Находим точки пересечения ℓ′ и ω; пусть D — одна из них.
3) Строим B — образ D при обратном повороте на 90° вокруг A (откладываем AB ⟂ AD, AB = AD так, чтобы B оказалась на ℓ). B лежит на ℓ, так как ρ(B) = D ∈ ℓ′ = ρ(ℓ).
4) Достраиваем до квадрата: C = B + AD⃗ (параллелограмм ABCD).
ABCD — квадрат: AB = AD, AB ⟂ AD, достроен до параллелограмма. B ∈ ℓ, D ∈ ω.
Исследование. Число решений равно числу общих точек ℓ′ и ω (0, 1, 2) для каждого из двух направлений поворота — всего до четырёх решений. На рисунке показано одно из решений: ℓ′ — образ ℓ при повороте, D — точка пересечения ℓ′ и ω, красный квадрат ABCD.
1424. В данный сектор впишите квадрат так, чтобы две его смежные вершины принадлежали дуге АВ сектора, а две другие вершины — соответственно радиусам ОА и ОВ.
Анализ. Квадрат KLMN: M и N лежат на дуге AB, K ∈ OA, L ∈ OB. Из симметрии берём квадрат, симметричный относительно биссектрисы угла AOB. Метод подобия: построим вспомогательный квадрат, удовлетворяющий части условий, и применим гомотетию с центром O.
Построение.
1) Строим биссектрису угла AOB. Проводим произвольную прямую, перпендикулярную биссектрисе, она пересекает радиусы OA и OB в точках K₁ и L₁.
2) На отрезке K₁L₁ строим квадрат K₁L₁M₁N₁ в сторону дуги (M₁ при L₁, N₁ при K₁).
3) Лучи OM₁ и ON₁ пересекают дугу AB в точках M и N.
4) Через N и M проводим прямые, параллельные K₁N₁ и L₁M₁ (перпендикулярные MN); они пересекают радиусы OA и OB в точках K и L. Тем самым KLMN — образ K₁L₁M₁N₁ при гомотетии с центром O и коэффициентом k = OM : OM₁.
Доказательство. Гомотетия с центром O и коэффициентом k = OM/OM₁ переводит квадрат K₁L₁M₁N₁ в квадрат KLMN (гомотетия сохраняет углы и умножает длины на k). Точки K₁, L₁ лежат на радиусах OA, OB, а гомотетия с центром O переводит лучи OA, OB в себя, поэтому K ∈ OA, L ∈ OB. Точка M₁ лежит на луче OM, значит M — образ M₁ при гомотетии, и M ∈ дуге AB, аналогично N (ON = k·ON₁ = OM, так как квадрат симметричен относительно биссектрисы и OM₁ = ON₁).
Исследование. Задача имеет единственное решение (при данном выборе: две вершины на дуге, две на радиусах).
Построение.
1) Строим биссектрису угла AOB. Проводим произвольную прямую, перпендикулярную биссектрисе, она пересекает радиусы OA и OB в точках K₁ и L₁.
2) На отрезке K₁L₁ строим квадрат K₁L₁M₁N₁ в сторону дуги (M₁ при L₁, N₁ при K₁).
3) Лучи OM₁ и ON₁ пересекают дугу AB в точках M и N.
4) Через N и M проводим прямые, параллельные K₁N₁ и L₁M₁ (перпендикулярные MN); они пересекают радиусы OA и OB в точках K и L. Тем самым KLMN — образ K₁L₁M₁N₁ при гомотетии с центром O и коэффициентом k = OM : OM₁.
Доказательство. Гомотетия с центром O и коэффициентом k = OM/OM₁ переводит квадрат K₁L₁M₁N₁ в квадрат KLMN (гомотетия сохраняет углы и умножает длины на k). Точки K₁, L₁ лежат на радиусах OA, OB, а гомотетия с центром O переводит лучи OA, OB в себя, поэтому K ∈ OA, L ∈ OB. Точка M₁ лежит на луче OM, значит M — образ M₁ при гомотетии, и M ∈ дуге AB, аналогично N (ON = k·ON₁ = OM, так как квадрат симметричен относительно биссектрисы и OM₁ = ON₁).
Исследование. Задача имеет единственное решение (при данном выборе: две вершины на дуге, две на радиусах).
1425. Даны отрезки a, m, n (m < n). Постройте прямоугольник ABCD так, чтобы АВ = a, ВС : АС = m : n.
Анализ. В прямоугольнике ABCD треугольник ABC прямоугольный (∠B = 90°), AC — гипотенуза, BC — катет, AB = a. Условие BC : AC = m : n означает, что sin∠BAC = m/n. Поэтому угол BAC равен острому углу прямоугольного треугольника с катетом m и гипотенузой n (такой существует, так как m < n).
Построение.
1) Строим вспомогательный прямоугольный треугольник A₁B₁C₁ с прямым углом B₁, гипотенузой A₁C₁ = n и катетом B₁C₁ = m (строим прямой угол B₁, на одной стороне откладываем B₁C₁ = m, раствором циркуля n из C₁ засекаем на другой стороне A₁).
2) На произвольной прямой откладываем AB = a. В точке B строим перпендикуляр к AB.
3) От луча AB откладываем угол, равный ∠A₁, лучом в сторону перпендикуляра; луч пересекает перпендикуляр в точке C.
4) Через A проводим прямую, перпендикулярную AB, а через C — прямую, параллельную AB; они пересекаются в точке D. ABCD — искомый прямоугольник.
Доказательство. ABCD имеет три прямых угла (∠A, ∠B прямые по построению, CD ∥ AB и AD ∥ BC), значит, прямоугольник; AB = a. В прямоугольном треугольнике ABC угол A равен углу A₁, значит треугольники ABC и A₁B₁C₁ подобны, и BC : AC = B₁C₁ : A₁C₁ = m : n.
Исследование. Задача имеет решение при любых a и m < n, оно единственно с точностью до расположения (симметрии).
Построение.
1) Строим вспомогательный прямоугольный треугольник A₁B₁C₁ с прямым углом B₁, гипотенузой A₁C₁ = n и катетом B₁C₁ = m (строим прямой угол B₁, на одной стороне откладываем B₁C₁ = m, раствором циркуля n из C₁ засекаем на другой стороне A₁).
2) На произвольной прямой откладываем AB = a. В точке B строим перпендикуляр к AB.
3) От луча AB откладываем угол, равный ∠A₁, лучом в сторону перпендикуляра; луч пересекает перпендикуляр в точке C.
4) Через A проводим прямую, перпендикулярную AB, а через C — прямую, параллельную AB; они пересекаются в точке D. ABCD — искомый прямоугольник.
Доказательство. ABCD имеет три прямых угла (∠A, ∠B прямые по построению, CD ∥ AB и AD ∥ BC), значит, прямоугольник; AB = a. В прямоугольном треугольнике ABC угол A равен углу A₁, значит треугольники ABC и A₁B₁C₁ подобны, и BC : AC = B₁C₁ : A₁C₁ = m : n.
Исследование. Задача имеет решение при любых a и m < n, оно единственно с точностью до расположения (симметрии).
1426. Даны отрезки a, m, n. Постройте ромб со стороной а, диагонали которого относятся как m : n.
Анализ. Диагонали ромба перпендикулярны и точкой пересечения O делятся пополам. Поэтому прямоугольный треугольник AOB (∠O = 90°) имеет гипотенузу AB = a и катеты OB : OA = (BD/2) : (AC/2) = m : n. Значит, он подобен прямоугольному треугольнику с катетами m и n. Строим такой треугольник и приводим его гомотетией к гипотенузе a.
Построение.
1) Строим прямоугольный треугольник PQR с прямым углом Q и катетами PQ = m, QR = n.
2) На луче PR откладываем PR′ = a. Через R′ проводим прямую, параллельную RQ; она пересекает прямую PQ в точке Q′. Треугольник PQ′R′ — прямоугольный, PR′ = a, PQ′ : Q′R′ = m : n (подобен PQR; это образ PQR при гомотетии с центром P и коэффициентом a : PR).
3) Строим прямой угол с вершиной O. На его сторонах откладываем OB = PQ′ и OA = Q′R′ (по разные стороны от O на сторонах: OB — на одном луче, OA — на другом), затем симметрично откладываем OD = OB и OC = OA на продолжениях сторон за точку O.
4) Соединяем A, B, C, D. ABCD — искомый ромб.
Доказательство. Диагонали AC и BD перпендикулярны и в точке O делятся пополам (OA = OC, OB = OD), значит, ABCD — ромб (параллелограмм с перпендикулярными диагоналями). Его сторона AB — гипотенуза треугольника AOB, равного треугольнику PQ′R′, поэтому AB = a. BD : AC = 2OB : 2OA = PQ′ : Q′R′ = m : n.
Исследование. Решение существует при любых a, m, n и единственно с точностью до равенства фигур.
Построение.
1) Строим прямоугольный треугольник PQR с прямым углом Q и катетами PQ = m, QR = n.
2) На луче PR откладываем PR′ = a. Через R′ проводим прямую, параллельную RQ; она пересекает прямую PQ в точке Q′. Треугольник PQ′R′ — прямоугольный, PR′ = a, PQ′ : Q′R′ = m : n (подобен PQR; это образ PQR при гомотетии с центром P и коэффициентом a : PR).
3) Строим прямой угол с вершиной O. На его сторонах откладываем OB = PQ′ и OA = Q′R′ (по разные стороны от O на сторонах: OB — на одном луче, OA — на другом), затем симметрично откладываем OD = OB и OC = OA на продолжениях сторон за точку O.
4) Соединяем A, B, C, D. ABCD — искомый ромб.
Доказательство. Диагонали AC и BD перпендикулярны и в точке O делятся пополам (OA = OC, OB = OD), значит, ABCD — ромб (параллелограмм с перпендикулярными диагоналями). Его сторона AB — гипотенуза треугольника AOB, равного треугольнику PQ′R′, поэтому AB = a. BD : AC = 2OB : 2OA = PQ′ : Q′R′ = m : n.
Исследование. Решение существует при любых a, m, n и единственно с точностью до равенства фигур.
1427. В данный равносторонний треугольник впишите другой равносторонний треугольник так, чтобы его стороны были перпендикулярны к сторонам данного.
Пусть дан равносторонний треугольник ABC со стороной a. Ищем равносторонний треугольник PQR, P ∈ AB, Q ∈ BC, R ∈ CA, у которого PR ⟂ AB, PQ ⟂ BC, QR ⟂ CA.
Анализ. Пусть такой треугольник есть. В прямоугольном треугольнике APR угол A равен 60°, поэтому PR = AP·tg 60° = AP·√3. В прямоугольном треугольнике PQB угол B равен 60°, поэтому PQ = BP·sin 60° = BP·√3/2. Из PR = PQ получаем AP·√3 = BP·√3/2, то есть BP = 2·AP. Значит, AP = a/3: точка P делит AB в отношении 1 : 2.
Построение.
1) Делим сторону AB на три равные части (теорема Фалеса) и берём точку P, AP = AB/3.
2) Из P проводим перпендикуляр к AB до пересечения с AC в точке R.
3) Из P опускаем перпендикуляр PQ на BC (Q — основание).
4) Треугольник PQR — искомый.
Доказательство. PR = AP·√3 = a√3/3; BP = 2a/3, PQ = BP·sin 60° = a√3/3, значит PR = PQ. ∠APR = 90°, ∠BPQ = 90° − 60° = 30°, поэтому ∠RPQ = 180° − 90° − 30° = 60°. Равнобедренный треугольник с углом 60° при вершине равносторонний, значит PQR равносторонний. Далее PR направлен под углом 90° к AB, PQ — под углом 90° к BC, а у равностороннего треугольника направления сторон повёрнуты друг относительно друга на 60°; тогда сторона QR перпендикулярна AC (направления сторон ABC: 0°, 120°, 60°; направления сторон PQR: 90°, 30°, 150°; 150° − 60° = 90°). Точки P, Q, R лежат на сторонах: BQ = BP·cos 60° = a/3, и R лежит на AC, так как AR = 2AP = 2a/3.
Исследование. Симметричная конструкция (AP заменить на BP = AB/3, и т. д.) даёт второе решение; других решений нет, так как отношение AP : BP определено однозначно.
Анализ. Пусть такой треугольник есть. В прямоугольном треугольнике APR угол A равен 60°, поэтому PR = AP·tg 60° = AP·√3. В прямоугольном треугольнике PQB угол B равен 60°, поэтому PQ = BP·sin 60° = BP·√3/2. Из PR = PQ получаем AP·√3 = BP·√3/2, то есть BP = 2·AP. Значит, AP = a/3: точка P делит AB в отношении 1 : 2.
Построение.
1) Делим сторону AB на три равные части (теорема Фалеса) и берём точку P, AP = AB/3.
2) Из P проводим перпендикуляр к AB до пересечения с AC в точке R.
3) Из P опускаем перпендикуляр PQ на BC (Q — основание).
4) Треугольник PQR — искомый.
Доказательство. PR = AP·√3 = a√3/3; BP = 2a/3, PQ = BP·sin 60° = a√3/3, значит PR = PQ. ∠APR = 90°, ∠BPQ = 90° − 60° = 30°, поэтому ∠RPQ = 180° − 90° − 30° = 60°. Равнобедренный треугольник с углом 60° при вершине равносторонний, значит PQR равносторонний. Далее PR направлен под углом 90° к AB, PQ — под углом 90° к BC, а у равностороннего треугольника направления сторон повёрнуты друг относительно друга на 60°; тогда сторона QR перпендикулярна AC (направления сторон ABC: 0°, 120°, 60°; направления сторон PQR: 90°, 30°, 150°; 150° − 60° = 90°). Точки P, Q, R лежат на сторонах: BQ = BP·cos 60° = a/3, и R лежит на AC, так как AR = 2AP = 2a/3.
Исследование. Симметричная конструкция (AP заменить на BP = AB/3, и т. д.) даёт второе решение; других решений нет, так как отношение AP : BP определено однозначно.
1428. В угол вписаны две окружности, одна из которых касается сторон угла в точках М и N, а другая — в точках Р и Q. Докажите, что эти окружности на прямой МQ отсекают равные хорды.
Пусть O — вершина угла; M, P лежат на одной стороне, N, Q — на другой, и первая окружность ближе к вершине: OM = ON (отрезки касательных из O к первой окружности) и OP = OQ (ко второй). Тогда MP = OP − OM = OQ − ON = NQ.
Прямая MQ пересекает первую окружность в точках M и X, вторую — в точках Q и Y. Нужно доказать, что MX = QY.
Точка Q лежит на касательной ON к первой окружности вне неё. По теореме о касательной и секущей QN² = QX·QM. Аналогично точка M лежит на касательной OP ко второй окружности вне неё: MP² = MY·MQ. Так как QN = OQ − ON = OP − OM = MP, получаем QX·QM = MY·MQ, откуда QX = MY.
Расположение точек: M лежит на первой окружности, Q вне её, поэтому X лежит на отрезке MQ (X на луче MQ, так как касательная в точке M — сторона угла — оставляет окружность и точку Q по одну сторону, а если бы Q лежала между M и X, точка Q была бы внутри окружности). Аналогично Y лежит на отрезке MQ. Значит, MX = MQ − QX и QY = MQ − MY. Из QX = MY следует MX = QY.
Итак, хорды MX и QY равны. Что и требовалось доказать.
Прямая MQ пересекает первую окружность в точках M и X, вторую — в точках Q и Y. Нужно доказать, что MX = QY.
Точка Q лежит на касательной ON к первой окружности вне неё. По теореме о касательной и секущей QN² = QX·QM. Аналогично точка M лежит на касательной OP ко второй окружности вне неё: MP² = MY·MQ. Так как QN = OQ − ON = OP − OM = MP, получаем QX·QM = MY·MQ, откуда QX = MY.
Расположение точек: M лежит на первой окружности, Q вне её, поэтому X лежит на отрезке MQ (X на луче MQ, так как касательная в точке M — сторона угла — оставляет окружность и точку Q по одну сторону, а если бы Q лежала между M и X, точка Q была бы внутри окружности). Аналогично Y лежит на отрезке MQ. Значит, MX = MQ − QX и QY = MQ − MY. Из QX = MY следует MX = QY.
Итак, хорды MX и QY равны. Что и требовалось доказать.
1429. Дана окружность и точка А вне этой окружности. Через точку А провести секущую к окружности так, чтобы внешняя часть секущей была в 2 раза больше внутренней.
Пусть секущая пересекает окружность ω в точках B и C (B ближе к A). Внешняя часть AB, внутренняя часть BC; условие AB = 2·BC означает AC = AB + BC = 3·BC, то есть AB = (2/3)·AC.
Анализ. Гомотетия с центром A и коэффициентом 3/2 переводит точку B в точку C (AC = (3/2)·AB, B и C на одном луче из A). Так как B ∈ ω, точка C принадлежит образу ω′ окружности ω при этой гомотетии. Кроме того, C ∈ ω. Итак, C — общая точка ω и ω′.
Построение.
1) Строим образ ω′ окружности ω при гомотетии с центром A и коэффициентом 3/2: центр O′ — точка луча AO с AO′ = (3/2)·AO (откладываем AO, затем ещё половину AO), радиус r′ = (3/2)·r.
2) Находим общую точку C окружностей ω и ω′.
3) Проводим прямую AC. Она — искомая секущая.
Доказательство. Пусть B — точка пересечения отрезка AC с ω, отличная от C (она существует: прообраз точки C при гомотетии, то есть точка B′ луча AC с AB′ = (2/3)·AC, лежит на ω, так как C ∈ ω′). Тогда AB′ = (2/3)·AC, значит B′C = AC/3 и AB′ = 2·B′C. B′ — на ω и на прямой AC, поэтому B′ — одна из точек пересечения секущей AC с ω, а C — другая; B′ ближе к A. Внешняя часть AB′ вдвое больше внутренней B′C.
Исследование. Число решений равно числу общих точек ω и ω′: окружности ω и ω′ имеют радиусы r и 3r/2 и расстояние между центрами OO′ = AO/2; общие точки есть при r/2 ≤ AO/2 ≤ 5r/2, то есть при r ≤ AO ≤ 5r. Для точки A вне окружности (AO > r): при r < AO < 5r две секущие, при AO = 5r одна, при AO > 5r решений нет.
Анализ. Гомотетия с центром A и коэффициентом 3/2 переводит точку B в точку C (AC = (3/2)·AB, B и C на одном луче из A). Так как B ∈ ω, точка C принадлежит образу ω′ окружности ω при этой гомотетии. Кроме того, C ∈ ω. Итак, C — общая точка ω и ω′.
Построение.
1) Строим образ ω′ окружности ω при гомотетии с центром A и коэффициентом 3/2: центр O′ — точка луча AO с AO′ = (3/2)·AO (откладываем AO, затем ещё половину AO), радиус r′ = (3/2)·r.
2) Находим общую точку C окружностей ω и ω′.
3) Проводим прямую AC. Она — искомая секущая.
Доказательство. Пусть B — точка пересечения отрезка AC с ω, отличная от C (она существует: прообраз точки C при гомотетии, то есть точка B′ луча AC с AB′ = (2/3)·AC, лежит на ω, так как C ∈ ω′). Тогда AB′ = (2/3)·AC, значит B′C = AC/3 и AB′ = 2·B′C. B′ — на ω и на прямой AC, поэтому B′ — одна из точек пересечения секущей AC с ω, а C — другая; B′ ближе к A. Внешняя часть AB′ вдвое больше внутренней B′C.
Исследование. Число решений равно числу общих точек ω и ω′: окружности ω и ω′ имеют радиусы r и 3r/2 и расстояние между центрами OO′ = AO/2; общие точки есть при r/2 ≤ AO/2 ≤ 5r/2, то есть при r ≤ AO ≤ 5r. Для точки A вне окружности (AO > r): при r < AO < 5r две секущие, при AO = 5r одна, при AO > 5r решений нет.
1430. Отрезок BD — биссектриса треугольника ABC. Докажите, что BD² = AB ⋅ BC – AD ⋅ DC.
Опишем около треугольника ABC окружность и продолжим биссектрису BD до пересечения с окружностью в точке E (E ≠ B).
Треугольники ABD и EBC подобны по двум углам: ∠ABD = ∠EBC (BD — биссектриса), ∠BAD = ∠BAC = ∠BEC (вписанные углы, опирающиеся на одну дугу BC). Из подобия AB : BE = BD : BC, откуда AB·BC = BD·BE = BD·(BD + DE) = BD² + BD·DE.
Хорды AC и BE пересекаются в точке D, поэтому BD·DE = AD·DC (теорема о пересекающихся хордах). Тогда AB·BC = BD² + AD·DC, то есть BD² = AB·BC − AD·DC. Что и требовалось доказать.
Треугольники ABD и EBC подобны по двум углам: ∠ABD = ∠EBC (BD — биссектриса), ∠BAD = ∠BAC = ∠BEC (вписанные углы, опирающиеся на одну дугу BC). Из подобия AB : BE = BD : BC, откуда AB·BC = BD·BE = BD·(BD + DE) = BD² + BD·DE.
Хорды AC и BE пересекаются в точке D, поэтому BD·DE = AD·DC (теорема о пересекающихся хордах). Тогда AB·BC = BD² + AD·DC, то есть BD² = AB·BC − AD·DC. Что и требовалось доказать.
1431. Пользуясь результатом задачи 909, применяя гомотетию, докажите, что для неравностороннего треугольника основания высот, середины сторон и середины отрезков высот, заключённых между вершинами треугольника и его ортоцентром, принадлежат одной окружности (окружности девяти точек). Центр этой окружности лежит на прямой Эйлера, а радиус равен половине радиуса описанной окружности данного треугольника.
Пусть H — ортоцентр треугольника ABC, O и R — центр и радиус описанной окружности ω; A₁, B₁, C₁ — точки, симметричные H относительно прямых BC, CA, AB, а A₂, B₂, C₂ — точки, симметричные H относительно середин сторон BC, CA, AB. По задаче 909 точки A₁, B₁, C₁, A₂, B₂, C₂ лежат на ω; вершины A, B, C тоже лежат на ω.
Рассмотрим гомотетию с центром H и коэффициентом 1/2. Она переводит ω в окружность ω₉ с центром N — серединой отрезка HO — и радиусом R/2.
Образы точек:
1) A₁ переходит в середину отрезка HA₁. Так как A₁ симметрична H относительно BC, середина HA₁ — основание высоты из A на BC. Аналогично B₁ и C₁ переходят в основания двух других высот.
2) A₂ переходит в середину отрезка HA₂. Так как A₂ симметрична H относительно середины стороны BC, середина HA₂ совпадает с этой серединой стороны BC. Аналогично B₂ и C₂ переходят в середины CA и AB.
3) Вершины A, B, C переходят в середины отрезков HA, HB, HC, то есть в середины отрезков высот между вершинами и ортоцентром.
Гомотетия переводит окружность ω в ω₉, поэтому все девять точек (три основания высот, три середины сторон, три середины отрезков HA, HB, HC) лежат на ω₉, радиус которой R/2.
Для неравностороннего треугольника H ≠ O, и прямая HO (прямая Эйлера) определена; центр N окружности ω₉ — середина отрезка HO — лежит на ней. Радиус окружности равен R/2. Что и требовалось доказать.
Рассмотрим гомотетию с центром H и коэффициентом 1/2. Она переводит ω в окружность ω₉ с центром N — серединой отрезка HO — и радиусом R/2.
Образы точек:
1) A₁ переходит в середину отрезка HA₁. Так как A₁ симметрична H относительно BC, середина HA₁ — основание высоты из A на BC. Аналогично B₁ и C₁ переходят в основания двух других высот.
2) A₂ переходит в середину отрезка HA₂. Так как A₂ симметрична H относительно середины стороны BC, середина HA₂ совпадает с этой серединой стороны BC. Аналогично B₂ и C₂ переходят в середины CA и AB.
3) Вершины A, B, C переходят в середины отрезков HA, HB, HC, то есть в середины отрезков высот между вершинами и ортоцентром.
Гомотетия переводит окружность ω в ω₉, поэтому все девять точек (три основания высот, три середины сторон, три середины отрезков HA, HB, HC) лежат на ω₉, радиус которой R/2.
Для неравностороннего треугольника H ≠ O, и прямая HO (прямая Эйлера) определена; центр N окружности ω₉ — середина отрезка HO — лежит на ней. Радиус окружности равен R/2. Что и требовалось доказать.