Смешанные задачи часть 2
ЭЛЕМЕНТАРНАЯ ГЕОМЕТРИЯ Ж. АДАМАР
Скачать всю книгу Ж. АДАМАР «ЭЛЕМЕНТАРНАЯ ГЕОМЕТРИЯ» в хорошем качестве
ЭЛЕМЕНТАРНАЯ ГЕОМЕТРИЯ Ж. АДАМАР
писанных равенств и производя очевидные сокращения, получим
РиРп_ Если прямые с> D и е отсекают на
* ‘6 2 * 24 * 35* 23
_ Я2г,Я;з_ Из двух
Я«Яj4 Я85Р 13
прямых Л и 5 пропорциональные отрезки, то
Я45Я24
Я15ри р 25р
последних равенств следует Pi&pli“ — ИЛИ Р 35Р 23 р 45РD, 24 > V„-
“ 3 5 ^ 1 3 * 3 5 “ S3 ‘ 3 5 * 1 3 * ‘ 14
прямые А, В vi Е отсекают на прямых С к D пропорциональные
отрезки.
Итак, мы доказали, что если на паре прямых (А, В ) три другие
прямые отсекают пропорциональные отрезки, то то же имеет место
и для пары прямых (С, D), в которую не входит ни А, ни В.
Следовательно, в этом случае и пары прямых (С, Е) и {D, Е) обладают
тем же свойством.
Чтобы доказать далее, что и пара прямых (Л, С) в которую вхо-
^ дит прямая А, принадлежащая к нашей первоначальной паре (А, В ),
обладает тем же свойством, мы должны дважды применить проведённое
рассуждение: если рассматриваемое свойство верно для пары
(А-} В ), то оно верно и для (D, Е), а если оно верно для (D, Е), то
оно верно и для (Л, С).
3 5 7 . Пусть точка М лежит, для определённости, на не содержащей
точки Л дуге ВС окружности ABC (черт. 580), MD = х, ME ==у
и M F = z — расстояния этой точки от сторон треугольника В С = а
СА = Ь, АВ = с. В силу п. 237 имеем:
МА-а = МВ-Ь-\~МС-с. ( 1)
Если D, Е и F — основания перпендикуляров и5 точки М на стороны
треугольника, то треугольники MBF и MCE подобны (так как
Z. АВМ== 1 8 0 ° ^ /_ ACM = /_ ЕСМ), откуда M B :M C = z :y. Аналогично
из подобия треугольников MBD и МАЕ имеемМ А :М В = у :х .
501 СМЕШАННЫЕ ЗАДАЧИ И ЗАДАЧИ ПРЕДЛАГАВШИЕСЯ
НА КОНКУРСНЫХ ЭКЗАМЕНАХ. Математика в школе.
Следовательно, МА :МВ :М С = —: — :4 — . Заменяя теперь в равен-
стве (1) отрезки МА, MB и МС пропорциональными им величинами,
мы получим -^- = у -{- — j . Аналогично для точек М, лежащих на д у ге
АС, мы найдём — = ^ 4 — —, а для точек, . у X Z лежащих на дуге АВ,
найдём —z = —х -4-—у . Теорема доказана.
Если расстояниям точки М от сторон треугольника ABC приписать
соответствующие знаки (сравнить решение упр. 301, примечание), то
для любой точки М, лежащей на описанной окружности, будем
иметь по абсолютной величине и по знаку
-X± ч-}1 -уА л1 -£z. — 0. ‘ (v2)
Обратная теорема может быть сформулирована так: Если дл я н е к
от о р ой точки М п л оск ост и им еет м ест о п о вел ичи н е и п о зн а к у
р а в ен ст в о (2), т о точка М л еж ит на оп и са н н ой о к р уж н о ст и .
Для доказательства рассмотрим точку М’,н е л еж ащ ую на описанной
окружности, и обозначим через х?, У и г ‘ её расстояния от сторон
треугольника (взятые с надлежащими знаками). Далее, обозначим
через М точку пересечения прямой AM’ с-описанной окружностью*
через х, у я г — её расстояния от сторон треугольника и через Р —
точку пересечения прямой AM’ со стороной ВС. Так как точки А,М’,
М и Р лежат на одной прямой, то мы имеем по величине и по знаку
у : / —г:г’==АМ:АМ’; х : х ’ = РМ :РМ ‘ и х :х ‘ = РМ :РМ ‘ =
— (РА -J- AM); (РА -J- AM’) У AM: AM’ (известно, что при а У b и
с ф’ 0 имеем аЬ. +Ф -с- ФЬ -Ф} ] . Отсюда, так как точка М лежит на опи-
санной ■ окружности, то _а -, f _Ь +, е a_ -, Ц(&- — f, с\ AM а
a AM а I х АЛЛ , п <?
■“ ~х ‘ откУда и следует обратная теорема.
Доказательство нуждается в видоизменениях (которые предоставляем
читателю), если прямая AM’ касается описанной окружности или если
она параллельна прямой ВС.
П р и м е ч а н и е . По поводу обратной теоремы заметим, что утверждение:
„если одно из отношений н—а , —6 , с— равно сумме двух других, х у Z
то точка лежит на описанной окружности*, неверно, если не учитывать
знаков расстояний, как показывает следующий пример. На внешней биссектрисе
угла при вершине А равностороннего треугольника ABC возьмём
точку Р, для которой прямая PC перпендикулярна к АС (черт. 581). Для
точки В имеем (по абсолютной величине) 2х—у = г, и, следовательно,
502 СМЕШАННЫЕ ЗАДАЧИ И ЗАДАЧИ ПРЕДЛАГАВШИЕСЯ
НА КОНКУРСНЫХ ЭКЗАМЕНАХ. Математика в школе.
— = А -L—. в то время как точка Р заведомо не х у Z г лежит на описанной
окружности.
3 5 8 . Пусть Р — точка пересечения касательных к одной из рассматриваемых
окружностей в точках А а В (черт. 582); М и М !—
точки пересечения прямой PC с этой окружностью.
Так как точка Р есть полюс прямой АВ относительно окружности и
прямая ММ проходит через точку Р, то полюс прямой ММ лежит на
прямой АВ. Иначе говоря, касательные к окружности в точках М иМ ‘
пересекаются в точке D прямой АВ, гармонически сопряжённой с
точкой С относительно точек А я В. Длина Касательной будет
равна DM== \/DA-DB. Итак, геометрическое место точекМ (или М’)
есть окружность с центром D и радиусом, равным >/DA-DB.
3 5 9 . Проведя радиус ОТ (черт, 583), перпендикулярный к касательной,
и опустив из точки Р перпендикуляр PQ на прямую ОМ,
получим два равных треугольника МОТ и MPQ, откуда PQ — OT.
Следовательно, геометрическое место точек Р есть пара касательных
к данной окружности, параллельных прямой ОМ.
503 СМЕШАННЫЕ ЗАДАЧИ И ЗАДАЧИ ПРЕДЛАГАВШИЕСЯ
НА КОНКУРСНЫХ ЭКЗАМЕНАХ. Математика в школе.
36.0. Пусть ABDC — данный прямоугольник, О — точка пересечения
его диагоналей (черт. 584).
1°. Применяя к треугольнику ABC и секущей PR теорему п.. 192,
получим Для точки пересечения Н прямых ВС и PR следующее
равенство: НВ RC РА 1. . Т~о чно так же, обознач’ ая через Ни,’
точку рересечения прямых ВС и QS, получим из треугольника BCD,
4X0 Ш ‘ W ‘ S = Tak KaK RC: RA = SD : SB’ РА:РВ =
= QC:QD (по абсолютной величине и по знаку), то НВ:НС = Н’В:НС
(также по величине и по знаку), так что точки Н и Н’ совпадают.
Итак, прямые PR и QS пересекаются на прямой ВС.
Точно так же доказывается, что’ прямые PS и QR пересекаются
на прямой AD.
2°. В полном четырёхстороннике, образованном прямыми RQ, QS,
PS и PR, диагональ НК делится гармонически диагоналями PQ и
RS (п. 202); следовательно, прямые MQ, MS, МН, МК образуют
гармонический пучок. Так как прямая MQ перпендикулярна к MS, то
прямые MQ и MS делят пополам углы между прямыми МН и МК
(п. 201, следствие II).
3°. Применяя теорему п. 192 к треугольнику ABC и секущей
PпRп, мы нашли, что JНRВ] ‘ ~Rя Cд » рРАВ ~ , „Применяя ту же теорему к
треугольнику ADC и секущей QR, найдём, ч тоК^А^ • ^ОТ) RC = 1. Так
как QD: QC = РВ : РА, то из двух последних равенств получим по-
членным перемножением и почленным делением НВ КА • I[ R-^CдV V = 1, ;
НВ KD /РА\^ . ~ _ РА 1 Г НС ■ КА RC
НС’ КА \ Р в) Отсюда р в — у HB. KD и я д —
— . Знаки надо выбирать так, чтобы произведение
-РpАg • -RрCд имело одинаковый знак с НВ:НС. Эти равенства определяют
положение точек Р и R соответственно на прямых АВ й АС и тем
самым положение точки М на плоскости.
Для возможности построения точки М необходимо, чтобы отноше-
ния НС и КА имели одинаковый„ знак (так как иначе подк‘оренное
выражение отрицательно).
4°. Из предыдущего следует, что данным точкам Н и К соответствуют
два положения точки Р, а именно точки Р и Р (черт. 585),
504
делящие гармонически отрезок АВ, и два положения точки R, а
именно точки R и R’, делящие гармонически отрезок АС. Точки
Р и R определяют точку М, а точки Р’ и R’ — точку М!. Обозначим
через О центр прямоугольника ABDC, через <о середину отрезка
ММ’, через Ои 0 2 и о)ь (и2 — проекции точек О и со на АВ
и АС.
В силу п. 189 имеем = 0 1Р — 0 1Р ‘= ( 0 1ш1— mxP) ■ {Олшх -\-
ш1Рг) == Охи>\ — соjP 2, так как ю1/у =«>1Р. Точно так же ОаС2 =
= 0%R ■ O^R’ = O2(oj ■—<о2/?2. Отсюда путём сложения находим
0 , 5 * + о 2с 2 = ( о ,« ; + . о ^ ) —
—((OtP^+VtR2), или 0 £>*-f ovW2=
= 0а>2. Но QD и (оМ — радиусы
обеих окружностей, о которых
говорится в задаче, Оа> — расстояние между их центрами; таким
образом, последнее равенство есть условие ортогональности.
5°. Пусть прямая PR перпендикулярна к QS (черт. 586); так как
прямые PR и AM одинаково наклонены к АВ, и то же имеет место
для QS и MD, то прямая AM перпендикулярна к MD. Следовательно,
точка М лежит на окружности, имеющей AD своим диаметром,
т. е. описанной около ABDC. Обратно, если точка М лежит на этой
окружности, то прямая AM перпендикулярна
к MD, и, следовательно,
прямая PR перпендикулярна к QS.
361. Предположим, что £ С В В ‘У
У £ ВСС (черт. 587). Сравнивая треугольники
СВВ’ и ВСС, получаем
СВ’У: ВС , Так как C B ‘= F B , то
FB У В С , и из треугольника BCF
имеем £ В С ‘р у A BFC. Отсюда, прибавляя
по равному (в силу CF =
= ВВ’ = СС) углу £ FC C— £ CFC,
получим £ В С С у -A BFC, или Черт. 587.
А В С С у А ВВ’С. Следовательно, £ АС’С<£ ‘
< £ в В’А. Наконец, £ АВВ’ = 1 8 0 °— £ А — £ В В’А < 1 8 0 ° —
— £ А—£ АС’С = £ АСС’. Итак, из. предположения, что £ С В В ‘У
505
^>Z ВС С следует, что /_ ABB’ Z АСС’. Поменяв ролями тощи В
и С, мы видим, что из предложения Z SCC’ ]> Z С5Д’ следует,
что Z ACC L АВВ’.
Если равные отрезки ВВ’ = СС’ служат биссектрисами углов В и
С, то предложение /_ ABC Z АСД приводит, очевидно, к противоречию,
так как при этом мы имеем одновременной /_СВВ’~^> £ ВСС
и Z АВВ’^> Z АСС’. К такому же противоречию приводит и допущение
Z AC S]> Z А5С. Следовательно, Z ABC— Z АСД, и треугольник
ABC — равнобедренный.
3 6 1 а . В силу формул п. 129 имеем для биссектрис 1а и 1Ь углов
А и В треугольника ABC выражения: Ра = Ь с ^ с РЬс^ , 11 = а с —
— ( ^ V ’ 0ТКУДЗ & -Ъ = < Р -а ‘\ с + аЬс — J b T c f ) ‘
Если ‘ то, очевидно, и так что 4 > 4 —
3 6 2 . Треугольник DEF будем называть вписанным в треугольник
ABC, если точки Д Е и F лежат соответственно на сторонах ВС.
АС и АВ треугольника или их
продолжениях.
Найдйм сначала треугольник,
имеющий наименьший периметр
среди всех треугольников, вписанных
в данный треугольник и имеющих
своей вершиной заданную
точку D прямой ВС. Построим
точки Д и Д а (черт. 588), симметричные
с точкой D относитель-
Черт. 588. н0 Прямых дв и дс. Периметр
произвольного треугольника DE’P, вписанного в данный треугольник,
будет равен ломаной DxE’FO^. Треугольник наименьшего периметра
DEF получится в том случае, когда линия DiEFDt окажется
прямой. Таким образом, для построения треугольника DEF наименьшего
периметра с заданной вершиной D достаточно провести прямуюDiDt.
Чтобы решить теперь предложенную задачу, надо выбрать точку
D так, чтобы отрезок Д Д 9 был наименьшим. С этой целью заметим,
что ADi — АДа — AD, так как точки и Да симметричны с Д
соответственно относительно АС и АВ, и Z Д И Д а= 2 Z А по той
же причине. Следовательно, угол при вершине А равнобедренного
треугольника AD^D^ не зависит от выбора точки Д на прямой ВС, а
потому сторона Д ^ а этого треугольника будет наименьшей, если
длина равных отрезков ADx^AD^—AD будет наименьшей, т. е.
если AD есть высота АД0 треугольника ABC (черт. 589).
Докажем, что если Д 0 есть основание высоты АД0 треугольника
ABC, то точки Да и Да лежат на прямой ЕйРй, соединяюще^ основания
Е0 и Д0 высот ВЕй и СД0 треугольника. В самом деле, если Дв, £#
и Д0 — основания высот, то 2 AEaFt = Z СД„Д0 (сравнить упр. 71).
506
С другой стороны, Z CE^Dq = Z CE0DX, так как точки Dt и Dx симметричны
относительно АС. Следовательно, Z A£0F0 = Z СЕйй х, и потому
точка Dt лежит на прямой E6FQ. Аналогично докажем, что и
точка Dt лежит на прямой E0Fr
Итак, искомый’ треугольник имеет своими вершинами основания
высот данного треугольника.
362а. 1°. Пусть в данный четырёхугольник ABCD вписан че-
тырёхугольник (в собственном смысле) MNPQ с наименьшим периметром
(черт. 590). Если бы угол
AMQ не равнялся углу BMN,
то мы могли бы уменьшить
длину ломаной QMN, а следовательно,
и периметр четырёхугольника
MNPQ, оставляя на
месте точки N, Р и Q и пере-
>0t мешая точку М по стороне АВ
(сравнить решение упр. ^ .п р и мечание).
Итак, для четырёхугольника
с наименьшим периметром
имеем:
£ A M Q = £ BM N = Z. 1; Z BNM = Z CNP= Z 2;
Z C PN = Z D PQ = Z 3; Z D Q P= Z AQM= Z 4. ( ‘
Отсюда Z ^ + Z 4 — j — Z ^ = Z f i + Z / + Z 2 = Z C — f Z 2 — f
+ Z 3 = Z D + Z H — Z 4 = 180° и — Z ^ I Z C + Z ^ + Z 2 +
+ Z 3 + Z ^ = Z 5 + Z £ > + Z / — f Z 2 + Z 3 + Z 4 ,T . e .Z ^ + Z C =
= Z f i ‘T ‘Z A так что четыр
ёх у го л ь н и к ABCD м ож н о
вписать в о к р уж н о ст ь .
2°. Пусть теперь ABCD —
вписанный четырёхугольник, и
MNPQ — четырёхугольник,
удовлетворяющий условиям ( 1).
Построим последовательно четырёхугольник
ABCXDX (черт.
691), . симметричный с ABCD
относительно стороны АВ, затем
четырёхугольник AiBCxDt,
симметричный с ABCtDt относительно
ВСХ, четырёхугольник
AgSiQDj, симметричный с AtBCiOa относительно CxDit и, наконец,
четырёхугольник AaZ?aCan a, симметричный с А^ВХСХЬ^ относительно
Z>aAa. В силу п. 102а четырёхугольник AXBCXD% получается из ABCD
поворотом около точки В на угол, равный 2 Z В, а четырёхугольник
АаВ аСаПа из AXBCXD% поворотом около точки £»а в том же направлении
на угол 2 /_D. Так как 2 £ В -{ -2 Z £> = 360°, то соответ-
507
ственные стороны четырёхугольников ABCD и Л25 2С2£)2 параллельны
и направлены в одну и ту же сторону.
Точка Q стороны AD переходит при этих построениях в точку Q3
стороны удовлетворяющую условию AQ = A%Q3, а периметр,
четырехугольника MNPQдаёт прямолинейный отрезок QQ3 в силу
•четырёхугольников MNPQ (черт. 592) с одинаковым периметром:
чтобы получить один из них, достаточно провести на чертеже-591
отрезок QQ3 параллельно прямой АА%; при этом отрезок QQ3 можно
заменить произвольным параллельным ему отрезком Q’Q[< Периметр
этих четырёхугольников будет меньше
периметров всех других вписанных
четырёхугольников, так как периметр
четырёхугольника, вписанного
в ABCD, отличного от MNPQ и
имеющего своей вершиной точку Q,
изобразится на чертеже 591 ломаной
линией, имеющей своими концами
точки Q и Qs.
Для вычисления . периметра четырёхугольника
MNPQ восставим в
точках М, N, Р и Q перпендикуляры к сторонам четырёхугольника
ABCD и обозначим через А’, В’, С’, D’ точки их пересечения, как
показано на чертеже 590. Так как прямые МА’ и QA’— биссектрисы
углов NMQ и MQP, то точка А’ равноудалена от всех трёх прямых
NM, MQ, и QP, следовательно, точка А’ лежит на биссектрисе
угла MSQ, имеющего своими сторонами прямые MN и PQ. По той
же причине на биссектрисе угла MSQ лежит и каждая из точек А,
С и С’. Следовательно, точки А, С, А’ и С лежат на одной прямой.
508
Совершенно таким же образом докажем, что и точки В, D, В’ н D’
лежат на одной прямой.
Применяя к четырёхугольнику BMB’N теорему Птоломея (п. 237),
находим:
ВВ’ • MN—BM • B’N -f — BN • В’М. (2)
Если R — радиус окружности ABC и Е — точка этой окружности,
диаметрально противоположная точке D (черт. 593), то из подобия
дйух пар треугольников, а именно BB’N и EDC, а т а кже ВВ’М и
EDA, имеем: ВВ ’ : B’N: В’М = 2R : CD : DA. Заменяя теперь в равенстве
(2) отрезки ВВ’, B’N, В’М пропорциональными им отрезками
2R, DC, AD, получаем:
2R -M N = BM -C D -\ -BN -D A . (3)
Аналогично имеем 2R -N P= CN■ DA -\-CP- АВ; 2R-PQ = DP-AB -\-
-\-DQ—BC; 2R-QM = AQ-BC-{- AM-CD. Складывая четыре последних
равенства почленно, получим: 2R-(MN-\ —
— NP + PQ 4 — QM) = АВ ■ (C P — f PD) 4 —
— ВС • (DQ + QA) + CD • (AM 4 -M B ) — f
— — DA ■ (BNAr NC)=2 (AB-CD^BC-DA) =
= 2AC • BD. Итак,
MN-\-NP-\- PQ + QM = АСДВ В . (4 )
3°. Чтобы четырёхугольник MNPB был
вписанным, надо, чтобы £NPQA*£QMN=
= 180°, т. е. чтобы A BMN-A L CPN= 90°
(черт. 590). Но £ BM N = £ BB’N’, £ CPN= £ CC’N. Следовательно,
мы должны иметь £ В B’N А- £ CC’N— £ В В ’С’ 4 — £ В ’СА—
= 90°, откуда вытекает, что прямая АС должна быть перпендикулярной
к прямой BD.
4°. Если четырёхугольник MNPQ может быть вписан в окружность,
то центр <й последней лежит на пересечении перпендикуляров,
восставленных в серединах К и L сторон MN и NP. При перемещении
точки М по прямой АВ стороны четырёхугольника KNLw сохраняют
своё направление. Точка К перемещается при этом по медиане
треугольника/?Ж0,Л/0 (где С0—какой-либо один из четырёхугольников
MNPQ), точка I — по медиане треугольника C7V0.P0, точка N —
по прямой ВС. В силу решения задачи 193 четвёртая вершина ш четырёхугольника
KNLw перемещается при этом по прямой.
3 6 3 . Пусть точка О, найденная в задаче 105, лежит внутри данного
треугольника ABC (черт. 358) и М — произвольная точка плоскости.
В таком случае АА’^МА-{-МА’, причём равенство имеет
место только для точек отрезка АА’. Далее в силу упражнения 269
мы имеем МА’ ^ М В МС, причём равенство имеет место только
для точек дуги ВОС. Отсюда следует, что АА’^МА-АМВ’А-МС,
причём равенство имеет место только в том случае, когда точка М
совпадает с точкой пересечения О отрезка АА’ и дуги ВОС.
509
Таким образом, для любой точки М, отличной от 0 , имеем
А А’= О А -f- ОВ -f- ОС<С.МА -f- МВ-\- МС,
Для вычисления наименьшей суммы расстояний OA-J- ОВ-\- О С =
= ЛЛ’ обозначим через А» точку, симметричную с А’ относительно
прямой ВС, и через D — точку пересечения прямых ВС и А’А»
(черт. 594). Так как AD есть медиана каждого из треугольников
А А’А» и ABC, то мы имеем (п. 128) А’А* — f Л»Л2 = 2 AD* — f 2Л’£>2 и
ЛС2 -f- АВ* = 2AD* у SC 2. Так как из равностороннего треугольника
А’ВС имеем A’D = 4 ‘ &С ’ то из предыдущих равенств
следует, что Л’Л2 -f- Л»Л2 = ДС2 -f- АС*-\-АВ*. Далее, если Н— осно-
=
= 2 / 3 Д С — /3 .* пл. ABC. Из двух последних уравнений
получаем Л’Л2 = у (SC 2 -f- ЛС2 -f- АВ*) 2 /3^ • пл. ABC.
Пусть теперь точка О лежит вне треугольника, например на продолжении
отрезка А’А за точку Л (черт. 595); в таком случае
£ ВА С> £ ВОС, т. е. £BAC^j> 120°. Пусть биссектриса угла Л
пересекает окружность ABC в точке Л При этом IB —1C и (в силу
неравенства £ ВАС 120°) IB ВС. Применяя’ теорему Птоломея
(п. 237) к четырёхугольнику ABIC, найдём
(А В + А С )-В 1= В С -А 1 .
510 СМЕШАННЫЕ ЗАДАЧИ И ЗАДАЧИ ПРЕДЛАГАВШИЕСЯ
НА КОНКУРСНЫХ ЭКЗАМЕНАХ. Математика в школе.
Околоadmin
