ЗАДАЧИ КО ВТОРОЙ КНИГЕ (стр. 104).

ЭЛЕМЕНТАРНАЯ ГЕОМЕТРИЯ Ж. АДАМАР

ЗАДАЧИ КО ВТОРОЙ КНИГЕ (стр. 104).

Скачать всю книгу Ж. АДАМАР «ЭЛЕМЕНТАРНАЯ ГЕОМЕТРИЯ» в хорошем качестве

9 8 . Пусть А’РВ’ — отрезок, параллельный касательной в точке Ж
и заключённый между прямыми МА и M B (черт. 350), и X — точка
пересечения касательных в точках А и М. Так как Х А == ХМ, то
Z .XMA = /.Х А М == / .А ’АР, с другой стороны, /_ХМ А = , / АА’Р>
так как M X параллельно РАГ. Отсюда /_А! А Р — /_АА!Р и Р А ‘—
===РА. Точно так же РВ’ — РВ. Так как отрезки РА и РВ равны
между собой и не зависят от положения точки М, то точка Р есть
середина отрезка А’В’, и длина этого отрезка не зависит от положения
точки М на окружности.
9 9 . Отложив на Ж*4 -(черт. 351) отрезок M N — MC, получим рав- •
посторонний треугольник CMN (так как Z .C M N = /_СВА = 60°).
Далее, /„ACS/— Z.ACM — 60°— /_ВСМ, треугольникиAC N hBCM
равны, откуда ВМ — AN. Итак, МА — MN -f- N A — MB -)- МС.
1 0 0 . Пусть A D ,B E ,C F— высоты равностороннего треугольника
ABC (черт. 352) и прямые AD’, BE’, CF’ проведены так, что биссектрисы
АА’, В В’, СС’ углов DAD’, ЕВЕ’, FCF параллельны между
собой. Обозначим через Р точку пересечения прямых B E и CF’ и через
X Y прямую, симметричную с CF относительно В В’. Прямая ХУ
параллельна CF’, так как ХУ получается из CF* с помощью двух
симметрий относительно параллельных прямых СС и В С . Прямые BE’
и ХУ пересекаются под теми же углами, как B E и GF (в силу симметрии
относительно ВВ’)\ кроме того, прямые BE’ и ХУ пересека-

351 ЗАДАЧИ КО ВТОРОЙ КНИГЕ (стр. 104).

ются под теми же углами, что и прямы еBE’ и CF (в силу параллельности
ХУ и CF). Следовательно, прямые BE’ и CF пересекаются
-под теми же углами, что и прямые BE и CF. Итак, /_ В Р С = 120°,
и потому точка Р, в которой пересекаются прямые BE’ и СР, лежит
на описанной окружности.
Таким же путём докажем, что точка пересечения прямых AD’ и
BE’ лежит на Описанной окружности и, следовательно, совпадает
с точкой Р (так как прямая B E пересекает Описанную окружность,
кроме точки В, только в одной точке). Итак, доказано, что через
точку Р проходят все три прямые AD’, B E и CF.
101. Пусть А’и В и Ci — середины сторон треугольника ABC
(черт. 353); Аа, В 3, Са — основания его высот; А 3, В 3, С3 — середины
отрезков, заключённых между вершинами и точкой пересечения
высот //. Отрезок А ХВ Х, соединяющий середины сторон треугольника
ABC, параллелен стороне АВ и равен её половине; точно так
же отрезок А3В3, соединяющий середины сторон треугольника АВН,
параллелен стороне АВ и равен её половине. Аналогично отрезки
А \В 3 и А3В Х, соединяющие соответственно середины сторон треугольников
ВСН и АСН, параллельны отрезку СН и равны каждый
его половине. Так как прямая СН перпендикулярна к АВ,
то отсюда следует, что А ХВ ХА3В3 есть прямоугольник, так что
отрезки А ХА3 и В ХВ 3 равны и делятся в точке их пересечения Ох
пополам. Точно так же .докажем, что отрезки А \А 3 и СХС3 равны
и делятся в точке их пересеченя пополам. Отсюда следует, что отрезки
А ХА 3, В ХВ 3, СХС3 служат диаметрами одной окружности. Эта
окружность проходит через точки Аа, В%, С2, так как, например,
отрезок AjA3 виден из точки Аа под прямым углом.
Центр Од окружности, о которой идёт речь, лежит на пересечении
перпендикуляров, восставленных к хордам А хА г, В хВ г, СХС3
в их серединах. Но каждый из этих перпендикуляров проходит
(сравнись решение упражнения 35) через середину отрезка ОН,
где О — центр окружности, описанной около треугольника ABC.
Следовательно, точка Ох есть середина отрезка ОН.

352 ЗАДАЧИ КО ВТОРОЙ КНИГЕ (стр. 104).

ООхА х = ^Н О хА ь).’ Отсюда следует, что отрезок О A t равен и
параллелен отрезку НА3, а следовательно, и отрезку А А 3. Так как
в четырёхугольнике ОА^А3А стороны ОАг и А А 3 равны и параллельны,
то этот четырёхугольник — параллелограмм, и потому О А = А 1А3. Итак,
диаметр AiA3 окружности Ot равен радиусу описанной окружности.
Если точка, симметричная с Н относительно стороны АС,
то отрезок ОцВ2 есть средняя линия треугольника ОНК, так что
O K = 2 0 xB%==OB, иточка К есть точка описанной окружности. Мы
получили предложение, приведённое в упражнении 70.
101а. Пусть / — центр вписанной окружности; 1а, 1Ь, /„ — центры
вневписанных окружностей, касающихся соответственно сторон ВС,
АС, А В и продолжений двух других сторон (черт. 102). Так как
прямая IA есть биссектриса угла А треугольника ABC, а прямая
1 ^ с — биссектриса внешнего угла при вершине А, то прямая IA
перпендикулярна к IbIc. Точно так же прямая IB перпендикулярна
к I J C, и 1C— к !а1ь. Следовательно, прямые IA, IB, 1C — высоты
треугольника IaIbIc, и потому окружность ABC есть окружность
девяти точек треугольника IaIbIc (упр. 101). Центр О окружности
ABC есть середйна отрезка, соединяющего точку пересечения I
высот треугольника IaIbIc с центром окружности, описанной около
этого треугольника, а радиус окружности ABC равен половине
радиуса окружности IaIbIc.
102. Пусть AD, BE, CF— высоты треугольника ABC (черт. 354),
А’ и А», В ‘ и В ’, С’ и С» — основания перпендикуляров, опущенных
из точек D, Е, F на стороны
треугольника.
Покажем, что прямая А’А» об-
’ разует б© сторонами АВ и АС
углы, соответственно равные углам
С и В треугольника:
1 _ А Х А ’ = LC , L A A » N = LB-,
В самом деле, четырёхугольник
A N D А ’ может быть вписан в окружность
(так как углы при N
и А ‘ прямые) и, следовательно,
Z. А А ’А ‘ = /_ ADA’ — 90° —
C B D N — /_ В. Аналогично
Z .A A ‘A ’ = Z.C. Таким же путём
доказывается, что прямая В’В» образует со сторонами ВС и В А
углы, равные /_В В ‘В ’ = /_А и /_ В В ‘В ’= Z.C, а прямая С С» —
со сторонами С А и СВ углы С С С С ‘~ /_В и /_С С «С ‘= £ А .
Далее покажем, что прямая В ‘С ‘ параллельна ВС, т. е.
^ .А В ’С’ == Z.B и /_АС’В» = Z.C. Действительно, на основании при»-
мечания к решению упражнения 71 отрезок EF образует со сторонами
треугольника АБС углы /_AEF=z 2 .В и AFE = /_С. Далее, по
той же причине прямая В ‘С , соединяющая основания В ‘ и С высот
12 Элементарная геометрия, ч. I

353 ЗАДАЧИ КО ВТОРОЙ КНИГЕ (стр. 104).

ЕВ» и FC’ треугольника AEF, образует с его сторонами AF и АЕ
углы /_ А В «С ‘= £ A E F = £ В и Z АС’В’ = Z AFE = /_С, и следовательно,
параллельна ВС. Точно так же докажем, что прямая
С» А’ параллельна С А, так что /_ВС» А’ — ZC; /_ В А ‘С == /_А, и что
прямая А»В’ параллельна АВ, так что /_С А’В ‘= /_ А ,/_ С В ‘А »
— L B .
Из доказанных равенств вытекает, что четырёхугольник А ‘А ’С’В»
можно вписать в окружность, так как Z А ‘В ’С ‘= 180°— /_А»ђ =
= 180°— / , 5 = 180°— Z.AA» А’, или £ А’В» С ‘ А ’А”С = 180°.
Далее, четырёхугольник А’»ђѻ можно вписать в окружность, так
как / ,А ‘В ’С ‘= 180° — £ В = 180°— £ А ‘С ’С’ (Z .A ‘C «C ‘= 1 8 0 ° —
— Z С’С»С — Z А’С» В — 180° — Z А -г- Z С == Z В). Наконец, четырёхугольник
А ’С’ВГВГ можно вписать в окружность, так как
Z А «С В ’ = 180°— Z А С В ‘ = 180° — Z С = 180° — Z А ’В ‘В ’
{ /тА ’В ‘В ’’ ~ Ш 0— / _ А — / _ В = / тС).
Все три только что названные окружности совпадают между собой,
так как они имеют по три общие точки.
Доказательство сохраняет силу (с небольшими видоизменениями)
и для тупоугольного треугольника.
103. Пусть К — точка пересечения биссектрисы угла А треугольника
ABC (черт. 355) с описанной окружностью. Так как
£ В А К — Z.KAC, то дуги В К и КС равны. Следовательно, КВ =
= К С , так что точка К лежит на перпендикуляре, восставленном
в середине A t отрезка ВС.
Если L — точка пересечения биссектрисы внешнего угла при Л с
описанной окружностью, то £_KAL — прямой. Следовательно, KL есть
диаметр описанной окружности,
и потому LB = LC.
Так как окружность ABC
есть окружность девяти точек
треугольника / а/&/с (ср. решение
упр. 101а), то она проходит через
середины каждого из отрезков IIа
(/ — центр окружности, вписанной
в треугольник ABC, и в то
же время точка пересечения
высот треугольника 1а1ъ1с) и 1Ь1С.
Следовательно, К 1= К 1 а и Ыь —
—LIC. В каждом из прямоугольных
треугольников IBIa, 1С1а, 1ЬВ1С,
Черт. 355. hC’h медиана, проходящая через
вершину прямого угла, равна
половине гипотенузы. Отсюда KI = К1а = КВ = КС и LIb = LIC =
з= LB = LC. Итак, биссектриса внешнего угла при А пересекает описанную
окружность в точке, равноудалённой от точек 1Ь, /е, В, С.
Если D, Du D3, D% — точки касания вписанной и вневписанных
окружностей с прямой ВС, то в силу К1==К1а и LIb = LIc имеем

354 ЗАДАЧИ КО ВТОРОЙ КНИГЕ (стр. 104).

(согласно решению упр. 35) Л1Л ‘= у ф \1 а — DI), A iL = ^ — {D 4iIb-\-
-\-D 3Ic), откуда 0%1ь -\- D3IC = D I -\-2KL.
1 0 3 а . Пусть дана высота АН, медиана AD, биссектриса АЕ
искомого треугольника ABC (черт. 356). Строим треугольник AHD
по катету АН и гипотенузе AD. Затем из точки А, как из центра,
описываем окружность радиусом, равным данной биссектрисе, и в
пересечении с прямой DH получаем точку Е. Точка пересечения К
прямой АЕ с прямой, проходящей через точку D и перпендикулярной
к DH, лежит на описанной окружности (упр. 103). Центр О
описанной окружности есть точка пересечения прямой DK с перпендикуляром,
восставленным к отрезку АК в его середине. Построив
эту окружность (её радиус равен О А), получим на прямой
DH вершины В и С треугольника.
1 0 4 . ‘Пусть РЛ и Р В— две касательные к окружности, С — одна
из точек хорды, соединяющей точки касания А и В, и KL — перпендикуляр
к ОС (черт. 357).
Окружность, построенная на ОК как на диаметре, проходит через
точки В и С, из которых отрезок ОК виден под прямым углом.
Следовательно, Z.OKL = /_ОВС, и таким же путём докажем, что
£ O L K — / .О АС. Но /_О В С = £О АС , так как треугольник
ОАВ — равнобедренный. Следовательно, /_ OKL = /_ OLK и О К —
= OL. В равнобедренном треугольнике ОКЕ высота ОС есть в то
же время и медиана, т. е. K C = C L .
105. 1°. Треугольники АА’С и В’ВС (черт. 358) равны, так как
А’С = ВС; АС = В’С и Z АСА’ = Z В’СВ — L C — \- 60°. Отсюда
АА’ = ВВ’ и аналогично ВВ’ = СС’.
2°. Если О — точка пересечения прямых А А’ и ВВ’, то /_ОВС =
= /_ОА’С(в силу равенства треугольников АА’С и В’ВС), так что
точки О, В, А’, С лежат на одной окружности. Следовательно,
Z.BOC— 120°. Таким же путём покажем, что £ А О С = 120°. Следовательно,
/ ,А О В = 120°, точки О, А, С’, В лежат на одной
окружности, и /_ А О С ‘~ / _ А В С ‘~ 60°. Отсюда, так как £А ‘О С =

355 ЗАДАЧИ КО ВТОРОЙ КНИГЕ (стр. 104).

= 60°, вытекает, что точки С, О, С’ лежат на одной прямой, т., е.
прямая СС’ проходит через точку О.
3°. Если точка О лежит внутри треугольника, то А А ’— А О -\-
— f О А’. Но О А ‘ = ОВ + ОС (задача 99) и АА! = О А + ОВ — f ОС.
Пр име ч а н и е . Дальнейшие свойства этой фигуры рассмотрены в за»
даче 363.
106. ^ . Н е п о с р е д с т в е н н о е д о к а з а т е л ь с т в о . Пусть
данные прямые а, Ь, с, d пересекаются попарно в точках А, В, С,
D, Е, F (черт. 359) и Ж — отличная от А точка пересечения окружностей
ACF и ADE. Имеем / ВС М. — / FCM — / FAM; /В Е М =
= /D E M — / DAM = / FAM. Отсюда / В С М = /В Е М , и
окружность, описанная около треугольника ВСЕ, проходит через Ж.
Так же доказывается, что и окружность, описанная около треугольника
BDF, проходит через Ж.
2°. Д о к а з а т е л ь с т в о , о с н о в а н н о е н а у п р а ж н е н и и 72.
Пусть а, Ь, с, d — данные прямые и Ж —-точка пересечения окружностей,
описанных около треугольников о£<? и abd. Основания перпендикуляров,
опущенных из точки Ж на прямые а, Ь, с лежат на
одной прямой /, и основания перпендикуляров, опущенных из Ж на
прямые а, b, d, также лежат на одной прямой, необходимо совпадающей
с /. Так как основания перпендикуляров, опущенных из Ж на
а, с, d, лежат на одной прямой, то Ж лежит на окружности, описанной
около треугольника acd, и то же имеет место для треугольника bed.
Центры Р, Q, R, S окружностей, описанных соответственно около
треугольников ACF, ADE, BDF, ВСЕ, можно получить, восставляя
перпендикуляры в серединах отрезков MC, ’MD, ME, MF, Угол
R P S измеряется половиной дуги FMC и потому равен /.Р А С ’, угол
RQS измеряется половиной дуги ОМЕ и потому равен тому же
углу Da E. Четыре точки Р, Q, R, S лежат на одной окружности.
Далее, /M P S = / MAC (вписанный угол равен половине центрального,
опирающегося на ту же дугу) и /М А Е — /M Q S . Следова-

356 ЗАДАЧИ КО ВТОРОЙ КНИГЕ (стр. 104).

хеяьно, /M P S — /M Q S . Четыре точки М, Р, Q и S также лежат
на одной окружности, и эта окружность совпадает с той, на которой
лежат точки Р, Q, R и 5. Иначе говоря, последняя окружность
проходит й через точку М.
107. Пусть ABCD — произвольный четырёхугольник (черт. 360);
Е — точка пересечения продолжений сторон AD и ВС\ F — точка
пересечения продолжений сторон АВ и CD’, ЕМ и FM — биссектрисы
углов при Е и F; Q, Н, К, L — точки их пересечения со сторонами
четырёхугольника. Рассматривая треугольники ЕАМ и ЕМС, можем
написать: /A EG = = /D A M — /A M G ; /B E Q = /С М И — /М С В .
Так как EQ — биссектриса угла при Е, то / AEG — / BEG,
т. е. /D A M — / AMG = /С М И — /М С В , откуда
/D A M + /М С В = /A M G — \ — /С М И . (1)
Точно так же из треугольников FAM и FMC найдём / B F K =
— /A M L — /М А В ; /C F K = /Н С М — /.СМ К , откуда / AML —
— /М А В = /Н С М — /С М К , или
/М А В — \ — / НСМ = / AML — f / СМК. (2)
Складывая почленно (1) и (2), получим
/ BAD — f / BCD — / GML — f / Н М К = 2 / GML. (3)
До сих пор мы предполагали, что четырёхугольник ABCD — произвольный.
Если теперь четырёхугольник ABCD — вписанный, то
/ BAD Ц- / B C D = 180°, так что из равенства (3) следует, что
/Q M L = 90°.
Пусть далее В— точка пересечения диагоналей ЛС и BD произ-
вольногочетырёхугольника ABCD (черт. 361), Q и R — точки пересечения
биссектрисы угла при Е с диагоналями АС и BD (мы предполагаем
для определённости, что точки Q и R лежат на отрезках
А Р и DP, те же рассуждения можно было бы применить и к тому
случаю, когда эти точки лежат на отрезках В Р и СР). Из треугольников
AEQ и BER найдём /A E Q — /D A C — / A Q E = /D A C —
— /P Q R ; / B E Q = /D B C — /P R Q . Так как EQ — биссектриса
угла Е. то /A E Q = = /B E Q , или /D A C — / PQR = / DBG —
— /P R Q откуда
/D A C — /D B C = / P Q R— / PRQ.

357 ЗАДАЧИ КО ВТОРОЙ КНИГЕ (стр. 104).

Если четырёхугольник ABCD — вписанный, то /D A C — /D B C ,
так что из равенства (4) следует /P Q R — /P R Q . Это равенство
показывает, что треугольник PQR — равнобедренный. Поэтому биссектриса
угла QPR перпендикулярна к QR, а значит биссектриса
угла CPD параллельна QR, т. е. биссектрисе угла при Е.
Так как доказанная теорема содержит два утверждения, то она
допускает две обратные теоремы:
1°. Если биссектрисы углов, образованных продолжениями
сторон некоторого четырёхугольника, взаимно перпендикулярны,
то этот четырёхугольник можно
вписать в окружность.
Справедливость этой теоремы вытекает
из равенства (3): если / GM L= 90°,
то /B A D + /B C D = 180°.
2°1 Если биссектриса одного из
углов, образованных продолжениями
сторон некоторого четырёхугольника,
параллельна биссектрисе одного
из углов, образованных его диагоналями,
то этот четырёхугольник
можно вписать в окружность.
В самом деле, если прямая QR параллельна
биссектрисе угла CPD, то
она перпендикулярна биссектрисе
угла QPR. Следовательно, треугольник
PQR — равнобедренный, так что
/ PQR = / PRQ. Из равенства (4) следует,
что / D AC— /D B C , и потому
Черт. 362. точки А, В, С, D лежат на одной окружности.
107а. Пусть одна из данных прямых АВ пересекает первую
окружность в точках Л и / ? , вторую — в точках А’ и /?’; другая
данная прямая CD — соответственно в точках С и D, С’ и D’
(черт. 362), В первой окружности мы можем рассматривать либо пару
хорд (ЛС, BD) , . ■ (а), либо пару хорд (AD, ВС) . . . (Р); точно
так.же во второй окружности — пару хорд (Л’С’, В'[У) . . . (а!), либо
пару хорд (Л77, \В ‘С ) . . . ((3′). Выбирая пару хорд первой окружности
и пару хорд второй окружности, получим четыре комбинации:
(а, а’)*, (а, Р’); (р, а’); (Р* Р’).
Рассмотрим, например, первую комбинацию хорд (а, а’), т. е.
(ЛС, BD), (А’СГ, B D ’), и пусть Р, Q, R, S — точки пересечения
хорд первой пары с хордами второй пары. Треугольники РА А’ и
SDD’ имеют по два равных угла { / Р А А ’= 180°— / В А С— /SD D ‘;
/Р А ‘А = / B ‘A rC ‘— /SD ‘D ) . Следовательно, их третьи углы равны:
/■RPQ = / RSQ, и точки Р, Q, R, S лежат на одной окружности.
Аналогично получим ещё три четвёрки точек таких, что точки
каждой четвёрки, лежат на одной окружности (на черт. 362 точ

358 ЗАДАЧИ КО ВТОРОЙ КНИГЕ (стр. 104).

ки каждой из трёх четвёрок выделены одинаковым образом).
1 0 8 . Пусть перпендикуляры к прямым МА, MB, МС, проведённые
соответственно через точки А, В, С, пересекаются в одной
точке М’. Отрезок ММ’ виден из каждой точки А, В, С под прямым
углом и потому есть диаметр описанной окружности. Геометрическое
место точек М. есть описанная окружность.
109. Пусть сторона АВ параллелограмма остаётся неподвижной
(черт. 269). В таком случае остаётся неподвижной и точка О — середина
стороны АВ. Точки Е, L, N, Р и /? описывают окружности с
центром в точке О, так как отрезки ОЕ = ~ AD, OL — OI — И =
== AD — О A, ON — О Р = О A, OR = 0 1 + IR = AD -j- D I— AD -f-
-f- О А сохраняют постоянную величину.
Точки К, М, Q и 5 описывают
окружности, равные той,
которую описывает точка Е, так
как отрезки RE = ЕМ и Q E = E S
сохраняют постоянную величину
и направление (упр. 47).
110. Пусть О и О’ — центры
обеих окружностей (черт. 363);
D — вторая точка их пересечения;
М — точка пересечения 0 0 ‘ и BD;
E ,F ,N ,P — основания перпенди- Черт. 363.
куляров из точек О, O’, М, D на
прямую АВ. При этом положение точек Е и F — середин отрезков АВ и
ВС — на прямой АВ не, зависит от выбора окружностей. Точка М
есть, в силу равенства окружностей, середина отрезка 0 0 ’, и, следовательно
(упр. 35), точка N — середина отрезка EF. Поэтому положение
точки N на прямой АВ также не зависит от выбора окружностей.
Наконец, точка М — середина отрезка ДО, и, следовательно,
N — середина отрезка ВР. Отсюда вытекает, что и положение
точки Р на прямой АВ не зависит от радиуса окружностей, и геометрическое
место точек D есть прямая, проходящая через эту точку
Р и перпендикулярная к АВ.
111. Пусть X X , К Г ‘— данные взаимно перпендикулярные прямые
(черт. 364), AM и ВМ соответственно параллельны X X и YY’,
С — середина отрезка АВ. Точки О, А, В и М лежат на окружности
с центром С, откуда /_ АМ О = £ ,АВО = АЪ°. Следовательно,
так как прямая AM остаётся параллельной X X , то точка М
лежит на прямой, параллельной биссектрисе угла между X X и Y Y ‘ и
проходящей через О. Так как ОМ ^ АВ (ОМ — хорда, АВ — диаметр
одной и той же окружности), то геометрическое место точек М есть
отрезок этой прямой, длиной 2АВ, имеющий О своей серединой.
112. Пусть А и В — данные точки (черт. 365), С — точка касания
окружностей, Ж — точка пересечения касательной в точке С с

359 ЗАДАЧИ КО ВТОРОЙ КНИГЕ (стр. 104).

прямой АВ. Из равенств М А = М С ; МВ = МС следует, что М С =
= const и геометрическое место точек С есть окружность, имеющая
А В своим диаметром.
113. Пусть OX, OY — данные прямые (черт. 366), ABC — неизменяемый
прямоугольный треугольник. Точки О, А, В и С лежат на
окружности с центром М в середине отрезка АВ. Следовательно,
Y
X ‘
Y’
Черт. 364. Черт. 365.
/_ С О Х = /_САВ и О С ^ А В . Геометрическое место точек С есть
отрезок прямой, равный 2АВ, образующий с О Х угол? равный
Z.CAB, и имеющий точку О своей серединой.
114. Прямые, на которых первая данная окружность отсекает
хорды данной длины, касаются одной и той же окружности, концентрической
с первой данной окружностью. То же и для второй данной
окружности. Задача сводится к построению
общей касательной к этим
двум новым окружностям. /J
115. 1°. Стороны искомого треугольника
ABf,1, вписанного в данную
окружность с центром О, должны
быть соответственно параллельны _____ -■
сторонам некоторого данного тре- Q
угольника A0fi0C0. В таком случае
и углы треугольника ABC будут
соответственно равны углам тре- Черт. 366.
угольника Л0Л0С0. Следовательно,
центральные углы ВОС, СОА и АОВ будут равны удвоенным углам
того же треугольника. Радиус О А’ данной окружности, перпендикулярный
к. стороне ВС, будет перпендикулярен и к 5 0С0.
Отсюда вытекает такое построение. Строим радиус О А’, перпендикулярный
к В йСй, и углы /_ А’ОВ = А’ОС, равные углу 5 0А0С0.
Тем самым определяются вершины В, я С рскомого треугольника.
Построение вершины А не представляет затруднений.

360 ЗАДАЧИ КО ВТОРОЙ КНИГЕ (стр. 104).

Так как радиус О А’, перпендикулярный к В 0С0, может иметь два
противоположных направления, то задача имеет два решения.
2°. Если стороны АВ и АС искомого треугольника ABC (черт. 367)
параллельны соответственно двум данным прямым, то сторона ВС
стягивает дуги, вмещающие углы, соответственно равные углам
между двумя данным прямыми. Так как равным (или пополнительным)
вписанным углам соответствуют равные хорды, то, проведя через произвольную
точку Aq окружности хорды АйВй и Л0С0, параллельные
данным прямым, мы получим хорду В 0С0, равную искомой стороне ВС:
Таким образом, через данную точку Р остаётся провести хорду,
равную 5 0С0. Для этого строим окружность, концентрическую данной
окружности и касающуюся прямой 5 0С0, и из точки Р проводим
к этой окружности касательные. Задача имеет самое большее два
решения (треугольники ABC и
А’В’С’ на черт. 367).
116. Пусть точки А и В лежат по разные стороны от данной
прямой и ж — искомая точка (черт. 368). Так как / ,А М Х =
= 2 Z.BMY, то прямая M B есть биссектриса угла между прямыми
X Y и AM. Следовательно, существует окружность с центром В, касающаяся
обеих прямых X Y и AM. Построив эту окружность (её
радиус равен расстоянию точки В от данной прямой) и проведя к
ней касательную из точки А, получим искомую точку М. Вторая касательная
и» точки А к той же окружности определяет точку М’,
для которой /_ A M Y = Z A M N — \- /_NM ‘Y — 2 /_ВМ’Х.
Если бы данные точки А и В ‘ лежали по одну сторону от прямой
X Y , то мы заменили бы точку В’ симметричной ей точкой В и
выполнили бы то же самое построение.
117. П е р в о е р еш ен и е . Пусть ABCDE— искомый пятиугольник
(черт. 369) и а, Ь, с, d , e— середины его сторон. Проводя диагональ
BE, разложим искомый пятиугольник на треугольник АВЕ и четырёхугольник
BCDE. Середину / диагонали BE можно построить как
четвёртую вершину параллелограмма (упр. 36), имеющего своими
вершинами точки с, d, Ь и диагональю отрезок db. Треугольник

361 ЗАДАЧИ КО ВТОРОЙ КНИГЕ (стр. 104).

АВЕ можно теперь построить, проводя через вершиныстреугольника
a e f прямые, параллельные его сторонам. Зная вершины В и Е, легко
построить вершины С и D.
Аналогично решается задача в случае любого нечётного числа
сторон (только вместо одного четырёхугольника будем иметь их
несколько).
Пусть теперь а, Ь, с, d, е, / — середины сторон искомого шестиугольника
ABCDEF (черт. 370). Середина g диагонали BE должна
быть при этом, во-первых, четвёртой вершиной параллелограмма,
имеющего точки Ь, с, d вершинами и bd диагональю, и, во-вторых,
четвёртой вершиной параллелограмма, имеющего точки а, е, / вершинами
и ае диагональю. Однако четвёртые вершины этих двух
параллелограммов, вообще говоря, будут различными, так что задача
не будет иметь решения. Если же четвёртая вершина параллелограмма,
имеющего Ь, с, d вершинами и bd диагональю, совпадает с
четвёртой вершиной параллелограмма, имеющего а, е, / вершинами и
ае диагональю, то одну из вершин, искомого многоугольника, например
А, можно выбрать произвольно. Действительно, возьмём произвольную
точку А и построим точки В, F, Е так, чтобы Аа = аВ,
A f= f F , Fe — eE. Серединой четвёртой стороны BE четырёхугольника
BAFE будет четвёртая вершина параллелограмма afeg (упр. 36),
т. е. точка g. Далее построим точки С и D так, что Ed — dD,
Bb = bC, и убедимся, что серединой четвёртой стороны CD четырёхугольника
будет четвёртая вершина с параллелограмма bgdc. Таким
образом, шестиугольник ABCDEF4 удовлетворяет поставленному
условию. _
Аналогичное положение вещей имеет место и в случае любого
чётного числа сторон (только вместо двух параллелограммов будем
иметь их большее число).
В т о р о е р еше н и е . Пусть опять требуется построить пятиугольник,
серединами сторон которого являются точки а, Ь, с, d, е
(черт. 369). Возьмём произвольную точку А! и построим точку В’,

362 ЗАДАЧИ КО ВТОРОЙ КНИГЕ (стр. 104).

симметричную с А ‘ относительно а, точку С’, симметричную с В’
относительно Ь, точку D’, симметричную с С’ относительно с, точку Е’,
симметричную с D’ относительно d, и, наконец, точку А», симметричную
с Е’ относительно е. Так как в ряду АА’, В В ’, СС’, DD’, ЕЕ’,
АА» каждые два последовательных отрезка равны, параллельны и
направлены в противоположные стороны, то отрезки А А ‘ и АА»
равны и направлены по одной прямой в противоположные стороны. Поэтому
точка А есть середина отрезка А’А». Зная вершину А,
можно построить и остальные вершины.
Точно так же решается задача и в случае любого нечётного
числа сторон.
Пусть теперь существует некоторый шестиугольник ABCDEF
(черт. 370), имеющий серединами сторон точки а, Ъ, с, d, е, / . Повторяя
предыдущее построение, мы получим ряд отрезков А А’, ВВ’, СС,
DD’, ЕЕ’, FF’ АА», в котором каж- f
дые два последовательных отрезка й О
равнц, параллельны и направлены в
противоположные стороны. Отсюда
следует, что отрезки А А ‘ и АА»
равны и направлены по одной прямой
в одну и ту же сторону, так что
точка А’ совпадает с точкой А» и
шестиугольник A’B’CD’E’F’ также
удовлетворяет поставленному условию.
Итак, если существует хотя Черт. 371.
бы один шестиугольник, удовлетворяющий
условиям задачи, то каждая точка плоскости А’ может
быть принята за вершину искомого шестиугольника, и задача имеет бес-
численноемножество решений (которые получаются непосредственно).
Следовательно, если при некотором выборе точки А’ точка А»,
построенная как указано выше, не совпадает с А’, то задача вообще
не имеет решения.
Аналогичное положение имеет место и в случае любого чётного
числа сторон.
118. Выполним над одной из непараллельных сторон АВ искомой
трапеции ABCD\ (черт. 48) поступательное перемещение, определяемое
по величине и по направлению отрезком ВС; сторона АВ
займёт положение D%C. При этом получим треугольник который
легко построить по трём сторонам. Построенный треугольник
легко дополнить до искомой трапеции.
Пусть теперь даны стороны искомого четырёхугольника ABCD
и угол между продолжениями его сторон АВ и CD. В этом случае
надо между окружностями с центрами в концах А и В данной стороны
АВ и радиусами, равными AD и ВС (черт? 371), поместить
отрезок CD, имеющий данную величину и данное направление, определяемое
углом а между АВ и DC (упр. 75). Задача имеет самое
большее два решения (ABCD и A BCD ‘ на черт. 371).

363 ЗАДАЧИ КО ВТОРОЙ КНИГЕ (стр. 104).

119. Пусть D E— искомая прямая (черт. 372), так что BD — CE.
Выполним над отрезком DE поступательное перемещение, определяемое
по величине и по направлению отрезком ЕС. Отрезок DE займёт
при этом положение КС. Тогда BD — C E = K D . Прямая ВК
образует равные углы с прямыми АВ и D K или, что то же, с АС. Отсюда
легко вывести, что прямая В К параллельна одной из биссектрис
угла при А, Приходим к такому построению,-
Через точку С проводим прямую СХ, имеющую заданное направление.
Проведя через точку В прямые, параллельные биссектрисам углов
при А, получим точки К и К’\ проведя
прямые DK и D’K’, параллельные АС,
найдём точки D и D’. Через D и D’
проводим прямые, параллельные СХ.
120. прямые, А-—данная точка (черт. 373),
Обозначим через Л70Л/0 какой-либо
общий перпендикуляр к данным прямым
и рассмотрим пару дуг — геометрическое
место точек, из которых отрезок
MqNq виден под данным углом.
Искомый общий перпендикуляр можно
получить из AfeiVe с помощью некоторого
параллельного перенесения по направлению данных прямых.
При этом и точка А получается с помощью того же параллельного’
перенесения из некоторой точки рассмотренного только что геометрического
места. Чтобы определить эту точку (их может оказаться
и несколько), достаточно через точку А провести прямую, параллельную
данным прямым.
Отсюда вытекает такое построение. Строим произвольный перпендикуляр
M 0N о к данным прямым и две дуги М0 А2 А ^ о и М 0АаАлМ0,
имеющие своими концами точки М0 и N 0 и вмещающие данный угол.
Через точку А проводим прямую параллельно данным прямым. Искомые
общие перпендикуляры MtN u MJX3, MgNi отстоят от
Л40Л/р на расстояниях, соответственно равных АА ъ АА2, АА3, АА4.
Наибольшее возможное число решений — четыре.
121. Пусть D — данная прямая (черт. 374). Выполняем над точкой
Q поступательное перемещение, определяемое отрезком IK (длина и

364 ЗАДАЧИ КО ВТОРОЙ КНИГЕ (стр. 104).

направление которого известны); получаем точку R. Так как при этом
прямая IQ параллельна KR, то P R R = £ PMQ, и точка К лежит на
дуге, имеющей своими концами точки Р и R и вмещающей угол,
равный тому углу, который вмещает данная дуга PMQ. Построив эту
дугу (дугу PKR), мы получим точку К, как точку её пересечения
с прямой D. От точки К откладываем на данной прямой отрезок, равный
данному. Задача имеет самое большее два решения.
121а. Пусть Р и Q — данные точки (черт. 375), D — данная прямая,
L — данная середина искомого отрезка IK, М — искомая точка
окружности. Строим на продолжении отрезка PL точку R так, что
PL — LR. Так как треугольники PLK и R L I равны, то Z PKL —
— Z. RIL> так что прямая R I параллельна
РК. Следовательно,
угол QIR дополняет угол PMQ до у У
180° и имеет то же направление. у У ,
Точка / лежит на дуге, имеющей д / г[ / \
своими концами точки Q и R и )
вмещающей угол, пополнительный V /
тому углу, который вмещает дан-
ная дуга PMQ ‘). Вторая точка пе- М\» \ \ / у ^~~-уУД
ресечения Г окружности Q1R с у У
прямой D определяет второе ре- £ \ у У
шение — точку М . \ ‘
122. Пусть последовательные \ У
стороны искомого квадрата PQRS О
(или их продолжения) проходят Черт. 376.
через данные точки А, В, С, D
(черт. 376). Вершина Р, в которой перепекаются стороны, проходящие
через точки А я В, лежит на Окружности, имеющей АВ своим
диаметром. Точно так же вершина R, в которой пересекаются сто-
1) Так как углы PMQ и QIR имеют одно и то же направление, то из
двух дуг, имеющих своими концами точки Q и 7? и вмещающих данный’
угол, приходится выбрать только одну.

365 ЗАДАЧИ КО ВТОРОЙ КНИГЕ (стр. 104).

рОнЫ, проходящие через Си / ) , лежит на окружности, имеющей CD
своим диаметром. Диагональ PR делит пополам углы при Р и R, а
потому делит пополам одну из дуг АВ и одну из дуг CD. Если эта
диагональ пересекает первую окружность в точке М, а вторую
окружность — в точке А/, то дуги AM и СЛДоставляют каждая четверть
окружности; эти дуги имеют, как видно из чертежа, одинаковое направление.
Таким образом определяется
положение точек М и N,
а следовательно, и вершин Р и R,
и квадрат можно построить. Мы
получим второе решение, заменяя
точки М и Деточками М! и N’., им
диаметрально противоположными
(квадрат P’Q’R’S’ на черт. 376).
Мы предполагали до сих пор,
что одна пара противоположных
сторон квадрата проходит через
точки А и С, другая —• через
точки В и D. Мы получим ещё два
решения, предполагая, что одна
Черт. 377. пара противоположных сторон
проходит через А и D, вторая —
через точки В и С. Можно показать, что диагонали этих квадратов мы
получим, соединяя точки М и N ‘ или М и N (на чертеже эти два
квадрата не показаны). Наконец, третью пару решений мы получим,
если предположим, что две противоположные стороны квадрата проходят
через А и В, две другие — через С и / ) . Для построения
этих двух квадратов пришлось бы воспользоваться
уже другими вспомогательными окружностями.
Если в нашем первоначальном построении точка
М совпадает с точкой N (черт. 377), то за
диагональ можно принять любую прямую, проходящую
через точку.М, совпавшую с N, и мы будем
иметь бесчисленное множество решений. Так как д
точки А и С при этом лежат на противоположных
сторонах искомого квадрата и то же имеет место
для точек В и D, то центр искомого квадрата , В
(безразлично, какого именно) лежит в точке пере- Черт. 378.
сечения прямых, проходящих через середины отрезков
АС и BD и параллельных сторонам квадрата. Отсюда следует,
что геометрическим местом центров квадратов является
окружность, имеющая середины отрезков АС и BD диаметрально
противоположными точками. „
123. Пусть АВ — а\ BC = b\ CD— с; D A = ^ d — данные стороны
четырёхугольника; АС = е — одна из его диагоналей (черт. 378). Если
величина угла при вершине В совершенно произвольна, то диагональ е
принимает при изменении угла В все значения, удовлетворяющие

366 ЗАДАЧИ КО ВТОРОЙ КНИГЕ (стр. 104).

условию
(1 )
где
ех — | а — Ъ |; еа = а -{- Ъ.
Чтобы четырёхугольник существовал при всевозможных значениях
угла В, необходимо, чтобы треугольник ACD «со сторонами с,
й, е существовал при всех значениях е, удовлетворяющих неравенствам
(1); это же условие и достаточно.
Для существования же треугольника ACD необходимо и достаточно,
чтобы:
1) c — \ — d ^ e при всех рассматриваемых значениях е, а для этого
необходимо и достаточно, чтобы c — \ — d ^ e 2, т. е.
— с -J- d a. -f- b\ (2)
2) ) с — при всех рассматриваемых значениях е, а для
этого необходимо и достаточно, чтобы | с — d \ ^ еи т. е.
\c — d \ ^ \ a — Ь\: (3)
Итак, стороны четырёхугольника должны удовлетворять условиям
(2) и (3).
Чтобы и угол D был вполне произвольным, должны, кроме того,
выполняться аналогичные условия а-{- b ^ c d\ \ а — b \ ^ \ c — d\.
Выполнение тех и других неравенств одновременно приводит к соотношениям
а b = с — \ — d) |а — b \ ~ \ c — d\, т. е. либо к а — с\
b — d, либо к a = d; b = c. В первом случае четырёхугольник будет
параллелограммом, во втором — так называемым ромбоидом (ср. задачу
384).

367 ЗАДАЧИ КО ВТОРОЙ КНИГЕ (стр. 104).

ЗАДАЧИ КО ВТОРОЙ КНИГЕ