Смешанные задачи часть 6 Ж. Адмар

Смешанные задачи часть 6 Ж. Адмар

стр 581-608

ЭЛЕМЕНТАРНАЯ ГЕОМЕТРИЯ Ж. АДАМАР

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

щим образом:
BN ■ CN =N K ■ NL = (ЕК Ц- NE) . (EL — NE) ==
= (ЕЛГ + Л/Е) • (ЕЛГ— Л*£) == Е/<Г4 — Л/Е*. ( 2).
Таким же путём найдём: v
АЖ • DM = ЕК* — ЖЕ4. (3)
-С помощью равенств ( 2) и (3) соотношение ( 1 ) можно привести
‘ £Жа ЕК* — ЕМ3
К виду gjya — ‘Ё ф — ‘Ё Ы * ~ или’ составляя производную пропорцию,
к виду ЕЖ2: ЕЛ/2 = ЕАГ2: ЕЛ»2 = 1. Отсюда и следует, что ЕЖ = EN.
40 8. Применим к треугольнику PQt/, где ТУ— точка пересечения
пряных PR и QS, и секущим АВ и CD (черт. 362) теорему п. 192;
получим АР B’Q A’U . . СР
AQ B’U А’Р CQ
членно эти два равенства и принимая
во внимание, что A’U-C’U—
= B ‘U .- UU, получим:
D’Q
D’U
CU
С Р = 1. Перемножая по-
РА-РС _ QA • QC
РА’ • PC QB’ ■ QD» (1 )
Точно так же, применяя теорему
п. 192 к треугольнику RSU
и секущим АВ и CD, получим:
RB ■ RD SB ■ SD
RA’ ■ RC> SB’ • SD’ (2)
Наконец, из подобия треугольников
РА А’ и SDD’ (см. решение
задачи 107а), а также треугольников
РС(У и SB В’ имеем РА: РА’= SD: S D P C : PC’= S B : SB’.
Перемножая эти два равенства, получим:
РА ■ P C SB ■ SD m
PA’ ■ P C SB’-SD'» ^ ‘
Равенства (1), (2) и (3) показывают, что отношения степеней
каждой из точек Р, Q, R я S относительно окружностей ABCD и
A’B’C’D’ имеют одно и то же значение. В силу упражнения 149
точки Р, Q, R и 5 лежат на одной окружности, имеющей с двумя
данными окружностями общую радикальную ось.
Пр и м е ч а н и е . Рассматривая предельный случай, когда данные прямые,
пересекающие обе окружности, сливаются в одну (черт. 673), можно
аналогично, но более просто доказать следующую теорему:
Даны две окружности С а С и пересекающая ах прямая; точки пересечения
касательных к окружности С в , точках е ё пересечения с данной
прямой с. касательными к окружности С в точках её пересечения
с той ж е прямой лежат, на одной окружности, имеющей с окружностями
С и С общую радикальную ось.
Действительно, обозначим через Ж точку пересечения прямых P S и QR
(черт. 673). Применяя к треугольнику IQV и сжущей АД’ теорему п. 192,

стр. 581

будем иметь: -АщР A’Q
A’V
РА3
B’V
В’Р
QA3
1 или АР3 A’Q3 B’V3
AQ3 A’V3 B’P3 1. Ho A’V3 =
— B’V3, и потому £— LJ = \а£/\ . Итак, отношение степеней каждой из точек Р
и Q относительно окружностей С и С’ имеет одно и то же значение. Аналогично
покажем, что то же имеет место и для любых двух из точек P ,Q,R и S.
В силу упражнения 149 точки Р, Q, R и S лежат на одной окружности,
имеющей с данными общую радикальную ось.
409. Обозначим через О общий центр окружностей С и S, через т
и R — их радиусы, через Ot и /у ■— центр и радиус окружности С)
(черт. 674). Пусть со— центр одной из окружностей 2, ортогональных
к С и обладающих тем свойством, что радикальная ось D окружностей
2 и Cj касается 5.
В силу п. 136 (примечание 3°) разность степеней точки О относительно
окружностей 2 и Ci (равных соответственно г2 и 001 — ri)
равняется удвоенному произведению расстояния между центрами wOt
этих окружностей на расстояние R точки О от радикальной оси D, т, е.
г2 — (ОО3 — г?) = 2/?-шО,
или
2R • шС>1 = г2 — j- rf — 00\. (1 )
Отсюда видно, что расстояние coOi есть величина постоянная. Обратно,
если центр со окружности, ортогональной к С, выбрать так, чтобы
удовлетворялось соотношение (1), то расстояние от точки О до радикальной
оси D будет равно R. Следовательно, геометрическое место
точек ю есть окружность St с центром в точке 0 1#
Вторая половина доказываемого предложения вытекает из того, что
соотношение ( 1 ) симметрично как относительно г и /у, так и относительно
R и Oico.
410. Пусть каждая точка М окружности С с центром О сдужит
центром окружности радиуса k • МА, где k — данный коэффициент
675), В силу симметрии фигуры относительно прямой ОА
««шамая точка Р должна лежать на этой прямой. На основании реше-

582

СМЕШАННЫЕ ЗАДАЧИ 583

ния упражнения 218 имеем для любой точки Р прямой О А равенство
МР№ = МО* • щ — -f- Л/Л2 • — О Р ‘РА . Степень точки Р относительно
окружности с центром М и радиусом k • МА будет при этом
равна Л/Р2 — А2 • Л/Л2 = ЛЮ2 • Л/Л2 [ щ — £2) —ОР-РЛ. Эта
степень не будет зависеть от положения точки М на окружности С,
если в правую часть не будет входить МА, т. е, выбрать точку Р
так, чтобы удовлетворялось условие О Р = А 2 *ОЛ.
При этом расстояние точки Р от радикальной оси обеих окружностей
определится (на основании п. 136, примечание 3°) как частное
от деления разности степеней
точки Р относительно
обеих окружностей на удво-
j енное расстояние между их
центрами. Отсюда непосредственно
следует, что и это
расстояние точки Р о т радикальной
оси не зависит от
положения точки М на
окружности С ..
Приведённые рассуждения
сохраняют полностью
свою силу (видоизменяются
несколько лишь приводимые
выше формулы), если вместо
k-MA радиус окружно- Черт. 676.
сти с центром Л/ взять равным
k }/А7Л2— а 1, где Л и а — центр и радиус второй данной окружности.
В частности при этом сохраняется соотношение ОР= & 2 • ОА.
411. Пусть О и О’ — центры данных окружностей (черт. 676), г и
г3 — их радиусы. Далее пусть касательные из точки L окружности С
к окружности С’ пересекают второй раз окружность С в точках М
и N. Прямая Ь(У пересекает вторично окружность С в некоторой
точке Р, равноудалённой от точек М и N в силу равенства углов
MLP ц NLP. Опустим из О перпендикуляр OQ на прямую NP. Если
п —-.точка касания прямой LM с окружностью С’, то треугольники
POQ и O’Lti подобны, так как /_MLP—~/_PON=/_POQ. Из
подобия этих треугольников имеем -^1 -NP : r = r ‘ : LO’\ N P = -2 гг’ j ~q,.
Отсюда

583

так как L0′ • РСУ есть (по абсолютной величине) степень точки О’
относительно окружности С.
Окружность о с центром Р и радиусом PM = PN удовлетворяет
условию задачи 410 (так как k = PN: РО[ не зависит от выбора точки
L); следовательно, радикальная ось окружностей С и о, т. е. п р я м
ая MN к а са ет ся (при любом положении точки L) оп р едел ён н ой
о к р уж н о ст и С» с ц ент ром О» на п р ям ой 0(У.
Рассмотрим теперь две произвольные точки L и U окружности С
(внешние по отношению к окружности С’) и построим соответствующие
треугольники LMN и L’M’N’ (черт. 677). Пусть т, п, т’ и и’ —
точки касания прямых LN, LM, L’N’ и L’M’ с окружностью С.
Пусть прямая п п ’ пересекает прямые LL’ и ММ’, в точках р и q\
при этом /_ pLn == qM’n’] £, pnL = /_ qn’M’ и, следовательно,
2 Lpn=/_M’qn’. Поэтому существует окружность Г,’касающаяся
прямых LL’ и ММ’ в точках их пересечения р и q с прямой пп’.
Применим теперь сказанное в примечании к решению задачи 408
к окружностям С’ и Г и секущей пп’. Касательные к С’ в точках и
и и’ и касательные к Г в точках р и q имеют своими точками пересечения
точки L, L’, М и М’ окружности С. Следовательно,, окружности
С, С’ и Г имеют общую радикальную ось.
Итак, мы доказали, что сущ ест в у ет о к р уж н о ст ь Г, имеющая
с С и С’ общ ую ра ди к ал ьн ую ось и к а саю щ а яся прямых LU и

584

М М в т очк ах р и q п ер есеч ен и я эт их прямых с п р ям ой пп’.
Таким же образом можно до к азать , что сущ ествует окружность Г’ (на
чертеже не показана), имеющая с С и С’ общую радикальную ось и
Касающаяся прямых LL’ и NN’ в точках их пересечения с прямой
т т ‘.
Применим теперь к четырёхугольнику тт’пп’ второе предложение
упражнения 239. Из этого предложения следует, что прямые тт’ и пп’
пересекаются в точке р прямой LL’. Окружности Г и Г’ совпадают,
так как они обе касаются прямой LL’ в точке р , а их центры лежат
на прямой 0 0 ‘.
Итак, о к р уж н о ст ь Г, имеющая с ок р уж н о ст ям и С и С’ общ ую
ра ди к ал ьн ую ось , к а са ет ся прямых LL’, ММ и NN’ в точках р,
q и s, г д е эти п рям ы е п ер есек аю т прямые тт’ и пп’.
Прямая q s образует с прямыми ММ и NN’ равные углы. Кроме
того, будут равны углы MM’N’ и MNN’. Следовательно, в треугольниках
М’1’q и M s, где I и V — точки пересечения прямой q s с MN
и M’Nr, будут равны и третьи углы — /_ М’1’q и /_ Nls. Поэтому
существует окружность С, касающаяся прямых MN и M’N’ в точках
и V (окружность С не показана на чертеже). Совершенно таким же
образом, как это было сделано выше для окружностей С, С’ и Г,
покажем, что эта новая окружность С имеет с окружностями С и Г
общую радикальную ось.
Обе окружности С и С» касаются прямых MN и M’N’, а их центры
лежат на прямой 0 0 ‘. Кроме того, центры обеих окружностей лежат,
как в этом можно убедиться хотя бы из рассмотрения чертежа 677,
на одной и той же биссектрисе углов между прямыми MN и M’N’.
Отсюда вытекает, что С совпадает с С».
В том. Что окружность С совпадает с С», можно более строгим обра.
зом убедиться так. Окружность С имеет с окружностями С и Г общую радикальную
ось и касается прямой MN. Так как существуют (п. 311) лишь
две окружности, удовлетворяющие этим обоим условиям, то окружность
С необходимо совпадает с одной из них. Далее, при непрерывном перемещении
точки U, а следовательно, и точек М! и N’ по окружности С, окружность
С, касающаяся также и M’N, могла бы изменяться лишь непрерывным
образом; но непрерывное изменение в данном случае невозможно (существует
всего-навсего два возможных положения окружности С). Следова-
— дельно, окружность С не изменяется при перемещении прямой M’N1; иначе
говоря, окружность С касается прямой M’N’ в любом её положении, и потому
совпадает с С».
Итак, окружности С и Г имеют общую радикальную ось как
с окружностью С’, так и с окружностью С, т. е. с окружностью С».
Следовательно, о к р уж н о ст и С, С’ и С» имеют общ ую ра ди к ал ьн ую
ось.
Пусть теперь, как и выше, г и f — радиусы окружностей С и С
(черт. 676) я d = 0 0 ‘. Расстояние центра О» окружности С» от цен

585

тра О окружности Сравняется (согласно решению задачи 410) 0 0 «—
дгр 2гг’
= &2 — 0 0 ‘, где, в силу ( 1 ), k=^75^ = 35— 35-. Отсюда
00″-.
‘ РО’ г 2
4 r3r’3d
: (r2 —d2)3
-d2
(2)
£7
Для вычисления радиуса г» окружности С» рассмотрим точку
пересечения L0 окружности С с линией центров окружностей С и
Сг, отстоящую от О■ на расстоянии
r-\ -d (черт. 678).
Так как окружность С по смыслу
задачи не может лежать
внутри окружности С’, то L„
лежит вне окружности С’. Пусть
М0 и N0 — вторые точки пересечения
с окружностью С касательных,
проведённых из точки
L0 к окружности С’, /0 —
точка касания окружности С» с
прямой M0N0, п 0 -— точка касания
окружности С.’ с прямой
£0Л70 и Р0 — точка окружности
С, диаметрально противоположная
1 0.
Из подобия треугольников L0O’n0 и Т0Р0М0 имеем МйРй :1 ьРь =
= О’я0 : L0OV откуда Л40Р0 = 2 t0tmt . Далее, из прямоугольного тре-
угольника Т„7И0Р0 находим /0Р0 = М0Р1: 1 0Р0 = . Отсюда
г» = 0 % = ОР„ — 0 0 » — /0Р0 = г
(г2
(r+ d )2’
4r2r’2d 2rr,’3
(г2 — d3)2
d2)2 — 2r 12 (r2 + d2)
(r + d)3
(r2 — d2)3
Окружность С» будет совпадать с окружностью С’, т. е. окружность
С» будет вписанной или вневписанной окружностью треугольника LMN,
если точка О» будет совпадать с Ог, т. е. если мы будем иметь
0 0 » = d. Это будет иметь место, как видно из ( 2 ), при d% — г2 =
= ± 2 r f . Таким образом получаем результат задачи 377.
412. Применим к рассматриваемой фигуре (черт. 679) инверсию
с полюсом Р и степенью, равной (для определённости) ОР2. Прямые
О А и ОВ преобразуются в две окружности OAtP и ОВ^Р (черт. 680).
1°. Две окружности С и С’, касающиеся прямой ОВ и проходящие
через точки Р и М, преобразуются в две прямые Ct и С[, касающиеся
окружности ОВхР и проходящие через точку окружности OAt P.
При этом угол между окружностями С и С’, обращённый к части

586

плоскости, содержащей прямую ОВ), будет равен углу между прямыми
Ct и Ci, в котором лежит окружность ОВхР. Мы приходим к задаче:
найти на окружности ОАхР точку, из которой окружность ОВхР видна
под данным углом.
Геометрическое место точек, из которых данная окружность видна
под данным углом, есть окружность, концентрическая с данной. Следовательно,
точка Мх есть точка пересечения окружности ОАхР с
вполне определённой окружностью 5 1( концентрической с окружностью
ОВхР, а М есть точка пересечения прямой О А с окружностью
S, обратной по отношению к окружности Sx.
2°. При перемещении точки Мi по дуге ОАхР от О к Р, т. е.
при перемещении точки М по стороне О А уи р АОВ, угол,,о котором
идёт речь, убывает от 2d до некоторого определённого значения
(соответствующего наибольшему расстоянию (точки Мх от центра
окружности OBtP), а затем снова возрастает до 2d.
3°. Окружность PQQ’ преобразуется в прямую Q ^ i, соединяющую
вторые точки пересечения касательных Сх и с окружностью
ОАхР. Но прямая QiQJ остаётся касательной к некоторой окружности
(задача 411), имеющей с окружностями OAiP и ОВхР общую радикальную
ось и потому проходящей через точки О и Р. Следовательно,
окружность PQQ’, обратная прямой QiQJ, остаётся касательной
к некоторой прямой, проходящей через точку О.
413. Так как площадь трапеции и её высота АВ сохраняют постоянные
значения, то и сумма оснований АС-{- ВО сохраняет постоянное
значение.
Если отрезки АС и BD отложены в одну сторону (чер. 681), то
середина F отрезка CD остаётся неподвижной. Основание Н перпендикуляра,
опущенного из середины Е отрезка АВ « а прямую CD, лежит
на окружности, имеющей EF своим диаметром. Геометрическое
место точек Н есть часть этой окружности, внешняя по отношению
к треугольнику AFB.

587

Если отрезки АС и ВО отложены в противоположные стороны
(черт. 682), то проекция C0D диагонали CD на прямую BD, равная
AC-|- BD, сохраняет постоянную величину. Следовательно, угол CDB
сохраняет постоянное значение, и прямая CD перемещается параллельно
самой себе. Геометрическое место точек Н есть отрезок
прямой ЕК, перпендикулярной к CD и проходящей через Е. Этот
отрезок имеет своими концами точки пересечения М и N прямой ЕК
с прямыми, параллельными CD и проходящими через течки А и В
(так как точка А есть крайнее положение
точки С, а точка В — ^
точки D).
414. -Через точку О, лежащую
провести секущую MON так, чтобы площадь треугольника MNS равнялась
данной величине Д. Строим параллелограмм SAOB (черт. 683).
Тогда, проводя прямые ОР и OQ, перпендикулярные соответственно
к SY и к SX, будем иметь AM • OP -j- BN • OQ = 2 (Д—пл. SAOB).
Строим отрезок ВВ’ так, чтобы Д — пл. SAOB = пл. ВОВ’. Тогда
AM -O P + B N .OQ = BB’ -OQ, или AM ■ О Р = Ш • OQ. Задача
сводится к построению по данным точкам А и Й секущей _MON,
для которой A M ‘.B ‘N = O Q :O P (упр. 216).
415. Зная угол А и периметр 2р искомого треугольника ABC,
можно построить точки касания Е1! и ,Ft (черт. 684) вневписанной

588

окружности, касающейся стороны ВС, с продолжениями сторон АС и
АВ, так как AEl =A F 1 = р (упр. 90а). Следовательно, можно по- ‘
строить и самую вневписанную окружность.
Зная площадь 5 и периметр, можно построить радиус R вписан-
s 4 ной окружности, равный — (упр. 299), а следовательно, и самую вписанную
окружность. Сторона ВС искомого треугольника будет внутренней
общей касательной к обеим построенным окружностям.
В силу соотношения S = pR наибольшая возможная площадь получится
при данных значениях угла А и полупериметра р, если R
будет иметь наибольшее возможное значение, т. е. если обе построенные
окружности будут внешним образом касаться друг друга. При
этом треугольник ABC будет равнобедренным. .
416. Пусть В С ~ а , 2р, S —данные сторона, периметр и площадь
треугольника, / и Д — центры вписанной окружности и вневписанной
окружности, касающейся стороны ВС и продолжений двух других
сторон, R и Ri — радиусы тех же окружностей, Е и Ег — точки их
касания со стороной АС (черт. 684).
В силу упражнения 90а ш ееы : ЕЕ1=АЕ1 — АЕ—р —( р—а )= а ,
R силу упражнения 299 имеем:
Таким образом, можно построить отрезок ЕЕ1==а и окружности
I и 1у, строя общие касательные к обеим окружностям, получаем
искомый треугольник.
Для возможности задачи необходимо и достаточно, чтобы окружности
I и Д были расположены одна вне другой или касалиср одна
другой внешним образом, т* е. чтобы I J *—a 2 -f- (Rt — RY (Rt -)- R)4,
откуда; после упрощений находим: a® ^ ^ R R ^
При данных а и 5 радиусы R и Rx оба возрастают с уменьшением
р в силу формул ( 1 ). Наименьшее значение р соответствует по-,
этому равенству я 2 =z4RRlt т. е. II1= R — j -R 1. При этом треугольник
ABC будет равнобедренным. Итак, из всех треугольников с данными
стороной а и площадью 5 наименьший периметр имеет равнобедренный
треугольник.
Точно так же при данных а и р радиусы R и Rx возрастают
с увеличением 5 в силу формул (1). Наибольшее значение 5 соответствует
опять равенству а 2=4/?/?ь т. е. Il1= R -{ -R i- Итак, из всех
треугольников с данными стороной а и периметром 2р наибольшую
площадь имеет равнобедренный треугольник.
Примечания : I. Выбрать среди всех треугольников с данным
периметром 2р и данной стороной а тот, который, имеет наибольшую
площадь, можно также, исходя из выражения площади треугольника через
его стороны, приведённого в п. 251. Представив выведенную там формулу
в виде S2 = — j- р (р — а) [а2 — (Ь — с)2], мы видим, что при данных р

589

и а площать S будет тем больше, чем меньше будет \Ь — с |, и будет наибольшей
при Ь = с.
II. Выбрать среди всех треугольников с данной площадью S и данной стороной
а тот, который имеет наименьший периметр, можно ещё так. Пусть
Д — равнобедренный треугольник, имеющий площадь S, периметр 2р и основание
а, Д’ — произвольный нераЬнобедренный треугольник с площадью S,
периметром 2р’ и основанием а. Требуется показать, что р < р’.
Построим равнобедренный треугольник Ai с основанием а и перии^т-
ром 2р’ и обозначим через S i его площадь. Тогда, сравнивая треугольники
Д’ и Дх, имеющие одно и то же основание и один и тот же периметр 2р’,
получим в силу предыдущего Sx> S. Отсюда следует, обозначая через h
высоту каждого из треугольников Д и Д1, опущенную на сторону а, и через
hi —; соответствующую высоту треугольника Д4, что hi > h, а следовательно,
из сравнения равнобедренных треугольников Д и Alt что и р’ > р (так как
большей проекции соответствует большая наклонная, то в равнобедренных
треугольниках с равными основаниями большей высоте соответствует и
большая боковая сторона).
417. П е р в о е р еше н и е . Допустим, что среди всех треугольников
с одинаковым периметром 2р есть треугольник ABC, имеющий
наибольшую площадь. Если бы две из сторон, например АВ и АС,
были не равны между собой, то мы могли бы увеличить площадь треугольника,
заменив его равнобедренным треугольником А’ВС с тем же
основанием ВС и с тем же периметром (задача 416). Отсюда следует,
что АВ — АС. Точно таким же путём докажем, что АВ = ВС. Итак,
среди всех треугольников с данным периметром наибольшую площадь
имеет равносторонний треугольник.
П р им е ч а н и е . Приведённое только что решение основано на предположении,
что среди всех треугольников с данным периметром существует
треугольник, имеющий наибольшую площадь. Однако существование
такого треугольника не может считаться очевидным (ср. примечание
к первому решению задачи 366). Приводим поэтому второе решение, в
котором существование треугольника с наибольшей площадью заранее не
предполагается.
Вто р о е реше н и е . Пусть Д — равносторонний треугольник с пе-
риметром 2/7, и Д ‘— какой-либо другой треугольник с тем же периметром.
Среди сторон d , Ь’и d треугольника Ы должна найтись сторона,

590

2) л» + £»=-д2 -р+£’» но —2 p — f — ^ x z ‘ + c’— 2 так как в данном
2 4
сл уч ае b ‘ > ~ j P > а% + с ‘ < “з » #
3) £» + с»=А/7>й». ‘
Сравним площади 5″ и S’ треугольников Д» и Д’. Имеем Ь» = Ь’
и а’ <4 с» а» <4 с’, откуда | а» — с» | <4 | а’ — с’ |. В силу примечания 1°
к решению задачи 416, найдём, что Сравнивая далее таким
же образом площади 5 и S» треугольников Д и Д», находим
S^>S». Итак, и потому S^>Sr.
Рассмотрим далее случай, когда 2 в этом случае имеем
-2у р — а ‘< ^ с’ — д2- р. Построим треугольник Д» со сторонами с» —
= b” = b’\ а» = a’ — f с’ — ~ р .
Легко проверить, что a» -f- с»-= a’ -f- с’ > V — Ь»; а” -(- Ь» — -д4- р > с»;
Ь» J^-c» =^ р-\ -Ь’ >а’-{ -с’— р = а», так как V > -^ р и e’-fV—£'<-|-р.
Сравним площади 5″ и S ‘ треугольников Д» и Д’. Имеем Ь” = Ъ’
и а’ <4 с» <4 а» 4 с’, откуда | а” — с» | <^ | с’ — а ‘ | и в силу задачи 416
опять S» 4> 5′. Далее, как и в первом случае, 5 5″ и потому S S’.
Если, наконец, Ь’ = -2^ р , то мы имеем S^>S’ в силу последнего
предложения задачи 416.
Таким образом показано, что площадь 5 треугольника Д больше
площади S’ любого другого треугольника с тем же периметром.
418. Чтобы не прерывать дальнейшего изложения, докажем
предварительно следующую теорему:
В о в сяк ом ч ет ы р ёх угол ьн и к е р а зн ост ь м еж д у суммами ква драт
ов д в ух п ар п рот ивоп ол ож ны х ст о р он ра вн а у д в о е н н ом у п р о и
зведен ию одн ой и з е г о ди агон алей на п роекц ию на н е ё д р у го й
диагонали. (При этом из суммы квадратов сторон АВ и CD, черт. 685,
которым соответствует тупой угол /_ ЛЕВ = CED между диагоналями,
вычитается сумма квадратов сторон, соответствующих
острому углу j/_BEC= /_AED.)
Пусть L и М — проекции вершин В и D четырёхугольника ABCD
на диагональ АС. Мы должны доказать, что
(ЛД2 -|- СП9) — (SC 2 -J- ЛО2) = 2ЛС • ML. (1>
Имеем A B ^A E iAr BEi Ar 2AE-EL; ВСг= В Е 1-\-СЕ1 — 2ЕС• EL;
CD2 = СЕг -f- DE1 2ЕС ■ ME; AD2 = AEi 4 — DEi — 2AE — ME.
Отсюда (Л 5 2 — f CD2) — (DC2 — f ЛО2) = 2AE — EL 4 — 2EC ME 4 —
4 — 2 EC ■ EL 4 — 2AE — ME = 2 (AE 4 — EC) (ME 4 — EL) = 2 AC-ML. Таким
образом, соотношение ( 1 ) доказано.

591

Переходим теперь к решению поставленной задачи.
Так как треугольник ABCi (черт. 686), построенный как указано
в тексте задачи, равновелик треугольнику ADC, и кроме того
/_ ADC = Z. АВСи то в силу п. 256
AD • CD = АВ • СХВ. (2)
Отсюда
5С 1 = « = ^ . (3)
Далее, если К и L — основания высот АК и CXL треугольников
ACD и ABCit то
АСг = Са* + ОА *± 2СО -О К , (4)
АС1 = АВ*-\-ВС!±:2АВ • ВЦ (5)
при этом в силу равенства углов ADC и ABCt знаки перед последними
членами в обоих равенствах одинаковы. Но в силу подобия
треугольников ADK и GXBL имеем DK:BL = AD:CiB, и, заменяя
в равенстве (2) отрезки AD и ВС\ пропорциональными им отрезками
DK и BL, получим:
CD • DK = АВ • BL. (6)
Из равенств (4), (5) и ( 6) находим:
АС1 — ЛС2 = ЛВ2 + ВС\ — СО* — С Л2 = а 2 + /и2 — с2 — й2. (7)
Чтобы определить теперь проекцию LM отрезка CtC на прямую АВ.,
воспользуемся соотношением ( 1 ), применяя его к четырёхугольнику
ACiBC. Получим (ЛС2 + ВС2) — (ВС? + ЛС2) = 2ЛВ • LM. Отсюда
в силу (7) имеем: 2ЛВ • 1Л4 = (ЛС? — ЛС2) + (В С 2 — ВС,2)==(а2 +
-f- w2 — с2 — <72) -f- (#2 — /и2), и, следовательно,

592

Наконец, проекцию CN отрезка ССХ на прямую СМ, перпендикулярную
к АВ, можно найти из соотношения пл. ABCD = пл. АВС\-
4 — пл. ACD = пл. ABC — f пл. ABCt АВ-(СМ — f В Д = у AB-CN.
Отсюда
CN— 2 пл- Аа °.С£ . (9)
Итак, мы приходим к следующему построению. Строим отрезки
CXN = LM и CN по формулам (8) и (9) и отрезок CCt как гипотенузу
прямоугольного треугольника ССуЫ. Построив отрезок BCl = tn
по формуле (3), можно построить по трём сторонам треугольник BCCV
Вершину Л можно теперь найти, проводя прямую В А, параллельную
CiN, и откладывая отрезок В А, равный а. Наконец, положение вершины
D определяется её расстояниями CD = c и AD = d от точек
С и Д.
Если задача возможна, то она имеет, вообще говоря, два решения.
Действительно, при построении треугольника ВССХ по трём сторонам
мы получим два возможных положения точки В (точки В и В t
на черт. 686), симметричных относительно прямой CCt. Получаем
четырёхугольники ABCD и A1B lCD1.
Если построить точки А’, В’ и С’, соответствующие точкам А, В
и С в инверсий с полюсом D и произвольной степенью, то мы будем
иметь Z Л’В’В = Z ВАЛ’ и /_ВВ’С’= /_ВСС, откуда
Z А’В’С’ == Z А’В’В + Z В В’С’ == 360° — Z BAD — Z BCD =
= Z Д ^ C — f Z Д Д C = Z C 1Д Д — f -Z ^Д C = Z G l 5C . (10)
Далее мы имеем, согласно решению упражнения 270,1°,
A’B, :B ‘a= (A B -C D ):(B C -A D ) = a c :b d . ( 1 1 )
Если построить аналогично точки А[, В[ и С\ (для упрощения не
показанные на чертеже), исходя из четырёхугольника A^BiCDi, то
мы получим:
LA\B\C\= L C iB fi, (10’)
A[B[:B[C[ = a c :b d . ( 1 1 ‘)
Полученные соотношения (1.0), (11), (100 и (НО’ показывают, что
треугольник, рассмотренный в упражнении 270, имеет для четырёхугольников
ABCD и A1B lCD1 одну и ту же форму.
Пусть теперь дан четырёхугольник ABCD, и требуется построить
четырёхугольник, ему не равный, но имеющий те же стороны и ту же
площадь.
Мы могли бы построить искомый четырёхугольник, строя точку Ci,
как указано в тексте задачи, затем точку В и симметричную с В относительно
прямой ССЪ и закончить построение четырёхугольника
AiBiCDu как было указано выше. Однако можно указать и более
простое построение.

593

Чтобы прийти к этому новому построению, примем во внимание, что
вершины Ло, Во, Со и Do искомого четырёхугольника (в некотором определённом
положении его на плоскости) можно рассматривать как точки, обратные
вершинам данного в некоторой инверсии. Если О — полюс этой
t * п Ь • В А ж п инверсии и k — ее степень, то мы должны иметь А 0 В 0 = q д Qg = А В
и аналогичные равенства для остальных сторон. Из этих равенств непосредственно
следует, что к — О А • ОВ = ОВ • ОС = ОС • OD = OD • О А, так
к О А • О В что ОА = ОС и OB = OD. Далее ОА0 = щ — = — = ОД, и таким же
образом О А о = О С о = О В = OD и О В о = ODa = О А = О С . Мы приходим
к следующему построению:
Строим точку О, удовлетворяющую условиям ОА = ОС vi ОВ =
= OD, т. е. точку пересечения перпендикуляров, восставленных
в серединах диагоналей четырёхугольника. На полупрямых О А и ОС
откладываем отрезки ОЛ0 и ОС0> оба равные ОВ, а на полупрямых
ОВ и ОО —отрезки ОВ0 и ОО0, °ба равные ОА (черт. 687). Справедливость
построения непосредственно вытекает
из равенства четырёх пар треугольников
ОАВ и ОВ0А0, О ВС и ОС0В0> и т. д.
Площадь четырёхугольника ABCD
(черт. 686) будет в силу соотношения (9)
равна — а ■ CN. Наибольшее возможное
значение площади четырёхугольника,
имеющего данные стороны, отвечает поэтому
наибольшему возможному значению
отрезка CN. В свою очередь это значение
CN соответствует наибольшему значению
Черт. 687. отрезка ССЪ так как отрезок CtN = LM
определяется по формуле (8) данными сторонами.
А отрезок CCi будет иметь наибольшее значение, если точки
С, В и Ci будут лежать на одной прямой.
Итак, площадь четырёхугольника с данными сторонами будет наибольшей,
если точки С, В и Ci лежат на одной прямой, т. е. если
/_СВС\ = Z.B-\- / .D— 180°. Последнее равенство и показывает, что
четырёхугольник ABCD, имеющий наибольшую площадь,—вписанный.
418а. Пусть в четырёхугольнике ABCD (черт. 685) АВ = а;
B C = b — , CD=’c\ DA = d; А С = е ; B D = f , Обозначим через Е
точку пересечения диагоналей, через L и М — проекции вершин В
и D на прямую АС, через N — проекцию вершины В на прямую
DM.
Из прямоугольного треугольника BDN имеем / 2 = BN* -|- DN* =
= AfL2 -j-ZW2, откуда, умножая почленно на 4е2 = 4АС2, получим
4е2/ 2 = (2АС • ML)2 -j- (2АС • DN)*.
Преобразуем каждый из членов правой части этого равенства
отдельно. На основании соотношения (1), выведенного в решении задачи
418, находим 2АС • Ш. = АВ2- f CZ)2 — ВС2 — АВ2 = а2

594

— ■ Далее имеем 2АС • DN = 2АС • DM-f- 2АС ■ BL =
= 4 пл. ACD-\- 4 пл. ABC = 4S. Подставляя эти выражения для
2АС • ML и 2АС • DN в предыдущее равенство, мы и получим первое
из приведённых в тексте задачи соотношений.
Чтобы получить второе соотношение, заметим, что tg V —
I / п о » , D N D N 2 АС ■ DN Q
=tgZ££Ar= 7 ^ = ^ = 2Ac~:m’- Заменяя здесь числитель и
знаменатель их полученными выше зна- р
чениями, мы придём к данному в тексте
задачи выражению для tg V.
Переходим теперь к построению четырёхугольника
ABCD (черт. 688) по его
сторонам и площади. Пусть Р — такая
точка плоскости, что треугольник АВР
подобен ADC. Из подобия этих двух
треугольников находим, что В Р— ~
— и. что АС: АР=== AD: АВ d г и. Кроме Черт. 688.
того, £ CAP— Z. DAB, так что тре-
угольники АСР и ADB подобны, откуда СР=-^В~,f.
Задавшись теперь положением стороны ВС на плоскости, можно
построить точку Р по её расстояниям В Р = -Q^C и C P = -6j\-f от точек
В и С. При этом отрезок СР можно построить, пользуясь первым
из доказанных выше соотношений, из которого следует, что
/е/\* 1 /а2 , с2 Ь3 Л* , /2S\*
(Т ) ( т + Т— + Ы •
Далее можно определить положение вершины А, пользуясь двумя
окружностями: 1) геометрическим местом точек А, удовлетворяющих
выведенному выше соотношению АС: АР— d : а (п. 116) и 2) окружностью
с центром В и радиусом а.
Наконец, вершина D определяется её расстояниями CD = c и
AD = d от точек С и Л.
419. Пусть ABCD—искомый вписанный четырёхугольник (черт. 689)
и Р —такая точка плоскости, что треугольник АВР подобен ADC.
Точки Р, В и С лежат на одной прямой, так как /_АВР-\- /_АВС—
= ADC-^- /_ А В С— 180°. Кроме того, из подобия треугольников
А В • C D АВР и ADC следует, что В Р = — — , так что, задавшись положением
стороны ВС, можно построить точку Р. Далее из подобия треугольников
АСР и следует, что AC: AP— AD:AB. Таким
образом, положение вершины А можно определить,* пользуясь двумя
окружностями: 1 ) геометрическим местом точек, расстояния которых
от точек С и Я относятся как AD’.AB (п. 116), и 2) окружностью
с центром В и данным радиусом АВ.

595

Наконец, вершина D определяется её расстояниями CD и AD от
точек С и А.
4 1 9 а . Пусть ABCDE. . . — многоугольник с данным числом сторон
и данным периметром, имеющий наибольшую площадь (существование
такого многоугольника мы предполагаем). Так как соответствующая
задача для треугольника разрешена нами полностью (задача 417), то
мы можем предполагать, что данное число сторон равно по крайней
мере четырём.
Рассмотрим четыре последовательные вершины А, В, С и D искомого
многоугольника. Если бы эти вершины не лежали на одной Ькруж-
ности, то мы могли бы увеличить площадь
данного многоугольника, не изменяя его периметра:
для этого достаточно заменить
четырёхугольник ABCD вписанным четырёхугольником
AB’C’D стеми же сторонами
(Задача.418, последнее предложение). Следовательно,
точки А, В, С и D лежат на
окружности. Так как это рассуждение
можно повторить для любых четырёх последовательных
вершин, то все вершины
многоугольника ABCDE… лежат на одной
окружности. Итак, есл и ср ед и всех многоугол
ьн и к ов с данным числом ст ор он и
данным периметром сущ ест в ует м н огоугол
ь н и к , имеющий наибольшую площадь,
то эт от м н огоугол ьн и к м ож ет быть
вписан в ок р уж н ост ь .
Предположим теперь, что две смежные
стороны многоугольника, хотя бы АВ и
ВС, не равны между собой. В таком случае мы можем заменить треугольник
ABC равнобедренным треугольником с тем же пеоиметром,
но с большей площадью (задача 416). Отсюда следует, что все стороны
искомого многоугольника, имеющего наибольшую площадь,
должны быть равны между собой, а так как этот многоугольник, кроме
того, можно вписать в окружность, то он правильный.
Если мы имеем правильный и неправильный многоугольники с одним
и тем же числом сторон и одним и тем же периметром, то отношение
^ для правильного многоугольника будет больше, чем для неправильного,
так как площадь первого больше площади второго. Но отношение
— для правильного многоугольника не зависит от его размеров
при заданном числе сторон, так как два правильных многоугольника
с одним и тем же числом сторон подобны между собой.-
Пр име ч а ни е . При решении этой задачи мы предполагали существование
многоугольника, имеющего наибольшую площадь среди всех много

596

угольников с данным числом сторон и данным периметром (ср. примечание
к первому решению задачи 366). Доказательство, свободное от этого предположения,
читатель найдёт, например, в книге Д. А. Крыжановского:
«Изопериметры», М. — Л., 1938.
420. Рассмотрим окружность, имеющую длину С и некоторую замкнутую
линию, имеющую ту же длину. Впишем в окружность правильный
многоугольник с я сторонами и обозначим через Sn и Рп его
площадь и периметр. В замкнутую линию впишем какой-либо многоугольник
с я сторонами и обозначим через «„ и р п его площадь и
периметр. В силу задачи 419а будем иметь при любом я неравенство
Если мы будем неограниченно увеличивать число сторон я, выбирая
вершины л-угольника, вписанного в отличную от окружности замкнутую
линию так, чтобы каждая его
сторона стремилась к нулю, то
мы будем иметь: Р п -*-С, р п-+С,
Sn -+S, sn -^ s , где через 5 и
«обозначены площади,ограниченные
окружностью и выбранной
кривой, и из предыдущего
неравенства следует, что ^S
!Э= , откуда 5 «. Итак, среди
всех замкнутых линий, имеющих
заданную длину, нет ни
одной, которая ограничивала бы
площадь большую, чем окружность,
имеющая данную длину. Черт. 690.
Пр и м е ч а н и е . Осталось еще не доказанным, что окружность есть
единственная кривая, ограничивающая наибольшую площадь среди всех
кривых, имеющих заданную длину. В самом деле, ввиду соотношения S’Ss.s
мыслимо, что кроме окружности существуют среди замкнутых линий данной
длины С и другие кривые, ограничивающие ту же площадь S (это будет,
если S = s). Свойство окружности ограничивать наибольшую площадь при
заданной длине (так называемое изопериметрическое свойство) весьма
подробно рассмотрено в книге Крыжановского (см. ссылку в решении задачи
419а). В частности, там доказана единственность кривой наибольшей
площади.
420а. Прямые 0 10 1 и 0 а0 3 (черт. 690) параллельны друг другу,
так как они представляют собой перпендикуляры, восставленные
в серединах отрезков О А и ОС. По такой же причине прямая OiOa
параллельна 0 30 4. Следовательно, точки Ot, Оа, ‘0 3 и 0 4 образуют
параллелограмм Р. —
1°. Длины диагоналей четырёхугольника равны удвоенным высотам
параллелограмма, так как точки А и С симметричны с О относительно

597

двух противоположных сторон параллелограмма, и то же относится к
точкам В и D. Если прямая ВН перпендикулярна к AC, a DH параллельна
АС, то пл. ABCD = ~^АС-ВН (сравнатъ решение задачи 418а).
Пусть OtK — высота параллелограмма, опущенная из 0 4 на OiOa.
Прямоугольные треугольники BDH и O fixK подобны, так как их
острые углы DBH и O^OJC имеют соответственно параллельные
стороны, откуда ВпНи = OпiK -B—D . Т— аким оЛбразом, задание парал-
лелограмма Р определяет АС и ВН, а потому и площадь четырёхугольника
ABCD, равную у АС-ВН.
2°. Так как точки А а О симметричны относительно стороны 0 40 4
параллелограмма Р, то при перемещении точки О по прямой Д точка А
описывает прямую а, симметричную с Д относительно 0 40 4. Точно так
же точки В, С и D описывают при этом прямые Ь, с, d. Прямая с
получается из прямой а с помощью двух последовательных симметрий
— относительно 0 40 4 и относительно 0 20 3; так как прямые 0 40 4
и 0 20 3 параллельны, то последовательность этих двух симметрий даёт
поступательное перемещение, и прямые а а с параллельны. Точно
так же покажем, что прямые b a d параллельны. Таким образом,
прямые а, Ь, с и d образуют параллелограмм Р’.
Если прямая Д перемещается параллельно самой себе, то прямые а,
Ъ, с a d , очевидно, сохраняют своё направление. Так как прямые а и с
получаются одна из другой с помощью поступательного перемещения,
перпендикулярного к прямым 0 40 4 и 0 20 3 и по величине равного
удвоенному расстоянию между ними, то расстояние между прямыми а
а с н е изменяется при параллельном перемещении прямой Д. Не изменяется
при этом по аналогичным соображениям и расстояние между
прямыми b a d . Отсюда непосредственно следует, что при перемещении
прямой Д параллельно самой себе параллелограмм Р’ испытывает
лишь поступательное перемещение.
При вращении прямой Д углы параллелограммане изменяются,так
как при повороте прямой Д на некоторый угол около произвольной
точки прямые а и b обе повёртываются на тот же самый угол в одном
и том же направлении, а потому угол между ними не изменяется.
Так как при перемещении прямой Д параллельно самой себе площадь
параллелограмма Р’не изменяется,то для отыскания наибольшей площади
параллелограмма достаточно рассмотреть вращение прямой Д около некоторой
неподвижной точки, например около центра М параллелограмма
Р (черт. 691, на котором параллелограмм Р не показан). При этом
прямые а, Ь, с, d будут вращаться соответственно около точек а, р,
7, 8, симметричных с М относительно сторон параллелограмма Р. Так
как точки а, (3, у, 8 сами образуют параллелограмм, то мы приходим
к следующей задаче: описать около параллелограмма af^S параллелограмм
UVWT, углы которого имеют заданную величину (напомним, что

598

углы этого параллелограмма не изменяются при вращении прямой Д), и
притом так, чтобы его площадь была наибольшей. Вершина U перемещается
при этом по окружности, проходящей через точки а и р .
Очевидно, что пл. UVWT = 2 пл. af VU или (в силу упр. 297)
пл. UVWT~2-a.^-SL, где SL — перпендикуляр, опущенный из середины
5 стороны UV на прямую ay. Но 2 SL — UN, где UN — перпендикуляр
иаточкц U на прямую ay. Итак, пл. UVWT= а у • UN. Но отрезок UN
будет иметь наибольшее значение, когда точка U выбрана так, чтобы
отрезок UN совпадал с диаметром окружности ap U, по которой перемещается
точка U (как изображено на чертеже).
Определив, таким образом, то положение точки U, для которого
площадь параллелограмма Р’ будет наибольшей, легко построить и
соответствующее положение прямой Д. Действительно,
как было указано выше, прямая Д
симметрична с прямой а (т. е. с прямой f/a)
относительно 0 i0 4.
3°. Пусть дан параллелограммРи углы А
и С (черт. 690). Диагонали АС и BD определены
при этом по величине и направлению.
Геометрическое место каждой из вершин
Л и С при произвольно расположенной
на плоскости диагонали BD состоит из дуг
окружностей. Определение положения диагонали
АС непосредственно сводится к упражнению
75.
Пусть теперь даны параллелограмм Р и
углы А и В. Диагонали АС и BD опять определены
по величине и направлению; следовательно,
можно .построить параллелограмм (см. упр. 36 и черт. 281),
имеющий своими вершинами середины сторон искомого четырёхугольника:
стороны этого параллелограмма параллельны диагоналям четырёхугольника
и равны их половинам. Геометрическое место каждой из
вершин A vi В будет дугой окружности. Через вершину построенного ■
параллелограмма остаётся провести прямую так, чтобы отрезок её А В,
заключённый между двумя построенными окружностями, делился в
этой вершине пополам. Эта задача решается, как указано в решении
упражнения 165.
Если даны параллелограмм Р и отношения AB:AD и СВ: CD,
(черт. 690), то, выбрав произвольно положение диагонали BD, получим
в качестве геометрического места каждой из точек А и С окружность
(п. 116), и задача снова сводится к упражнению 75.
421. Данный четырёхугольник MNPQ и четырёхугольники ABCD
и A’B’C’D’, образованные соответственно биссектрисами его внешних
и внутренних углов, образую^ туже фигуру, которая нам встречалась
при решении задачи 362а (черт. 590). Мы имели там соотношение

599

где R—радиус окружности, описанной около четырёхугольника
ABCD. Далее аналогично выведенному там соотношению (3) имеем
2 R’-MN=B’M-C’D’ + B’N-D’A’; 2R ‘-N P= C’N • D’A’ -(- C’P-A’B’;
2/?’ • PQ= D’P • A’B ’ 4 — D’Q — B’C’; 2R’- QM =A ‘Q■ B’C’ + A’M-CD’,
гдe R ‘— радиус окружности, описанной около A’B’C’D’. Из полученных
равенств имеем 2R’-(МN—NP-\-PQ — QM)=A’B’-{D’P—С’Р)-\-
— f B’C’ — (D’Q — A’Q) -\-C’D’ • (B’M — A’M) -(- D’A’ • (B’N — C’N) =
= 2 (A’B’-CD’ B’C’-D’A’) = 2A’C-B’D’. Это соотношение вместе
с формулой (4) приводит к равенству
Л(ЛГМ + ЛГР + Р<? + (М1) _ AC-BD . . .
R’ (MN —NP + PQ — QM) А’С • B’D’ ’ *■’
С другой стороны, в силу п. 251 (примечание), имеем 4/?-пл ABC—
= АВ-ВС- АС; 4R’ — пл. А’В’С —
= А’В’ • В ‘С • А-С’, и потому
R пл.ABC АВ-ВС АС
R’ пл .А’В’С’ ~ А’В’-В’С’-А’С’ ‘
но из п. 2о5к6е имеем —пл■ . ABC == пл. А’В’С’
‘ АВ-ВС п г,,
~ А’В’-В’С’ ’ ТЗК 4X0 =
= АС: А’С’. Таким же путём найдём,
что R :R ‘ = BD:B’D’. Заменяя
в равенстве (5) каждое из
отношений АС: А’С’ и BD : B’D’
через R : R’, получим искомое соотношение.
42 1а . 1°. Пусть Е и F —
точки пересечения двух пар противоположных
сторон АВ, CD и
ВС, AD вписанного четырёхугольника
ABCD (черт. 6-92), Л1 и
N — середины его Диагоналей,
О — точка лересечения биссектрисы
угла AED с прямой MN.
Отрезки ЕМ и EN являются
соответственными медианами двух
подобных треугольников ЕАС и
BED, и потому
ЕМ: EN-= АС: BD, ( 1 )
и /_ АЕМ = Z, DEN. Из последнего равенства следует, что ЕО есть
в то же время и биссектриса угла MEN, так чтч,
ЕМ: EN= МО : ON. ’ -(2)
Из отношений (1) и (2) имеем:
МО: O N = АС: BD.

600

пропорциональные
диагоналям четырёхугольника.
Таким же образом докажем, что и биссектриса угла AFB делит
отрезок MN в том же отношении. Отсюда следует, что биссектрисы
углов AED и AFB пересекаются в точке О прямой MN.
2°. В 1° мы уже доказали, что биссектриса угла AED есть и
биссектриса угла MEN. То же имеет, очевидно, место и для биссектрисы
угла AFB.
3°. Если прямая ЕО пересекает стороны ВС и AD в точках Р и
Q, а прямая FO — стороны CD и АВ в точках R и 5, то мы имеем
(ЕР — биссектриса треугольника ЕВС) С Р : РВ — ЕС: ЕВ. Но
ЕС:ЕВ == AC: BD в силу подобия треугольников ЕАС и EDB, так что
C P :PB==AC:BD. Аналогично найдём, что A S :SB = AC:BD.
Отсюда следует, что прямая PS параллельна АС, так что
PS _ BP _ BD АС-BD Т о ж е в ы _
АС ‘ В Р+ Р С ~ AC + BD ■ ’ AC + BD ‘ 1 оже вы
ражение мы получим и для каждого из отрезков SQ, QR и RP. Таким
образом четырёхугольник PRQS есть ромб, сторона которого имеет
указанную в тексте задачи величину.
4°. Назовём для краткости «внешними углами при точках Е я F»
углы, смежные с углами AED и AFB. В таком случае мы будем иметь
следующие предложения:
a) Биссектрисы внешних углов при точках Е н F пересекаются на
прямой, соединяющей середины диагоналей данного четырёхугольника,
и делят внешним образом отрезок этой прямой между серединами
диагоналей в отношении, равном отношению диагоналей.
Если биссектрисы внешних углов при точках Е и F пересекаются
в точке Oj, то мы имеем, следовательно,
M O i-.N O ^A C -.BD . (4)
b) Биссектрисы внешних углов при точках E viF будут в то же
время и биссектрисами углов, смежных с теми углами, под которыми
отрезок, соединяющий середины диагоналей, виден из точек Е и F.
c) Биссектрисы внешних углов при точках Е и F пересекают продолжения
сторон данного четырёхугольника в четырёх точках, которые
будут вершинами ромба. Стороны этого ромба параллельны диагоналям
четырёхугольника; их длина есть четвёртая пропорциональная
к этим диагоналям и к их разности (ромб этот не показан на чертеже).
Доказательства предложений а), Ь) и с) вполне аналогичны приведённым
выше в 1°, 2° и 3°.
5°. Прямые ЕО и FO пересекаются в точке О под прямым углом
как диагонали ромба PRQS. Следовательно, EOFO\ — прямоугольник,
и потому EF— ООх. Мы имели выше равенства (3) и (4), из Которых
следует, чт® шON ~ АСB_D^ в п и NшOt — АС B_D_ В £) , так что шEF ~

601

_ O O l _ O h + NOl _ BD I BD 2AC ■ BD
MN MN AC + BD > AC —BD AC2 — BD2 ’ K’
отрезок Д77относится к отрезку ММ, соединяющему середины диагоналей,
как удвоенное произведение последних к разности их квадратов.
EF 2АС ■ BD Равенство ^ ^ могло бы служить для вычисления отрезка
EF по сторонам четырёхугольника. Действительно, диагонали АС и BD
можно найти, пользуясь п. 240а, отрезок MN—пользуясь упражнением 139.
Однако мы значительно быстрее придём к цели следующим образом:
Для вычисления длины отрезка EF заметим прежде всего, что
точки Е и F сопряжены относительно окружности, так как поляра
точки Е проходит через F согласно п. 211. Следовательно, квадрат
отрезка EF равняется сумме степеней точек Е и F относительно окружности
(см. решение упр. 237), т. е.
EF* = ЕА • ЕВ-\-FA- FD. (5)
Для сокращения выкладок положим АВ = а\ B C = b ; CD = c\
D A = d . Из подобия треугольников EAD и ЕСВ найдём: ЕА-ЕС =
= ED:EB = d : b ; кроме того, ЕА — ЕВ = а; ED — ЕС—с. Решая
эти уравнения, мы найдём E A ~ d ; ЕВ = Ь , и, следовательно,
ЕА • ЕВ = ^ дналогичным ПуТёМ найдём,
что FА • FD = ас -с<^ -■. Подставляя (а2 — с2)2 найденные зна-
чения ЕА-ЕВ и FA-FD в равенство (5), получим’ окончательно
EF* = (ab — f cd ) {ad — f be) + ( g r ^ i ] •
422. 1°. Пусть произвольная окружность (kj), концентрическая
с (k i), пересекает прямые ОЛ2 и ОЛ3 соответственно в точках N% и
N3 (черт. 693). Если обозначить через а 2 и а 3 точки касания окружности
(£/) с прямыми ОЛ2 и ОЛ3, то отрезки Оа2 и Оа 3 будут равны
как касательные к окружности из одной точки. Далее из равенства
прямоугольных треугольников и где Ot — общий
центр окружностей (&/)« (Aj), имеем а 2Л/2 = адЛ^з- Отсюда ОЛ/’2=ОЛ3,
так как 0 а 2 = 0 а 3.
Строим теперь окружность (й2), концентрическую с (&/) и проходящую
через точку/Vg. Для однойизточекпересеченияА^ окружности
(й2) с прямой ОЛх будем иметь аналогично ON3 = ONv Таким образом,
имеем ONt = CW2, и потому окружность (£3),концентрическая с (k3)
и проходящая через точку N3, проходит и через точку Nx.
2°. Если ни и , — точки касания окружности (k i) с прямыми Л2Л3
и ОЛ2, то а/и1 = а 2Аг2 и Л2а = Л2а 2, откуда Л2от1 = Л2Лг2. Точно так

603

3°. Точки и Ру пересечения окружностей (&2) и (k3) симметричны
относительно линии центров 0 20 3. Так как точка Nt лежит на внутренней
общей касательной окружностей (А/) и (k3), то и точка Ру, с ней
симметричная, лежит на внутренней общей касательной ty окружностей
(ka ) и (k3), симметричной с ОАу относительно прямой 0 20 3. Аналогично
точки Р2 и Ра лежат соответственно на прямых t a и t3.
Пусть теперь О’ — точка пересечения прямых t a и t3 (черт. 694)
и ty — касательная из точки О’ к окружности (k2r). Далее пусть 5| —
точка пересечения прямых ONy и ty , S3 — точка пересечения прямых
ONa и t a, S3 — точка пересечения прямых ON3 и ^.Четырёхугольник
OSaO’S3 описан около окружности (&/); в силу решения упражнения 87
имеем 0 5 2 -)- 0 ‘S a = OS3 -|-0’S 3. Четырёхугольник 0 S 30’Sy описан
около окружности (£/)> и, следовательно, OS3 -f- 0’S 3 = OSy -{- O’Sy.
Из двух полученных равенств имеем OSy -J- O’Sy = OS2 -f- 0 ‘S%, так
что четырёхугольник OSyO’S3—описанный. Так как три его стороны—
OSy, 0’S% и OS$ — касаются окружности (k3), то и четвёртая его
сторона O’Sy, т. е, ty , касается той же окружности. Отсюда следует,
что прямая ty совпадает с ty, так что прямые ty, t a и t3 проходят
через одну точку О’.
Отрезки OS3 и 0 ‘S a видны из центра Оу окружности (ky) под
равными углами как отрезки касательных к этой окружности, заключённые
между касательными ON% и t3 (упр. 89). Иначе говоря, прямые
ОуО и ОуО’ образуют равные углы ОаОуО и 0 30^0’ соответственно
со сторонами ОуО* и 0 у 0 3 треугольника 0 у 0%0 3, следовательно, прямые
ОуО и ОуО’ образуют равные углы и с биссектрисой угла OgOtOa.
Точно так же докажем, что прямые ОаО и ОгО’ одинаково наклонены

604

-К биссектрисе угла 0 30 ъ0у, а прямые 0 30 и 0 30 ‘ — к биссектрисе
угла 0 i® 3O2. Отсюда и следует, что точки О и О’ получаются одна
из другой с помощью построения задачи 197, применённого к треугольнику
ОуО<у03.
4°. Пусть (Aу) — окружность с центром At, проходящая через точки
/g, /3 и Nlt равноудалённые от Ау в силу 2° (черт. 693). Так как
ON у — ON,у = ON3 в силу 1° и точка Ny лежит на прямой АуО, то
окружность (Af) касается окружности, описанной около треугольника
NiNiN3. Поэтому можно применить задачу 345 (сравнить примечание к
решению этой задачи) к треугольнику NyN2N3 и окружностям (ky),
(k$) и (Aj)- Вторые точки пересечения этих окружностей Р8,
Р3, и /3 также будут лежать на одной окружности, которую мы и
обозначим через (х/).
Эта окружность пересекает прямые АуА% и AiA3 под равными у г лами,
так как внешние отрезки секущих Ау1% и Ау13 равны, а следовательно,
равны и хорды, отсекаемые окружностью (х / ) на прямых
АуА% и • AjД3. •
Если р и рг — точки касания окружности (&/) с прямыми AiA3 и
*3, то К§ — К§’, где К — точка пересечения прямых А1А3 и t 3. Кроме
того, р/8 == р Р3 как отрезки касательных к окружности (£/),
ограниченные концентрической с ней окружностью (/г,2) (треугольники
Оар/2 и 0 $ Р % равны). Отсюда следует, что = КР 3 и, следовательно,
окружность (xtr) пересекает под равными углами прямые
АуА3 и t3. По той же причине окружность (х/ ) пересекает под равными
углами прямые АуАг и 12.
Итак, окружность (х/), проходящая через точки Рь Р3, /.2 и 13,
пересекает под равными углами прямые АуА% и АуА3, далее прямые
AtA3 и t3 и, наконец, прямые АуА^ и t%. Следовательно, окружность
i.x %) пересекает под равными углами все эти четыре прямые.
Следовательно, центр ш3 окружности (х/) равноудалён от прямых
АуА%, AyAg, и t3 и потому лежит на пересечении биссектрисы угла
А^Ау А3 с биссектрисой угла между прямыми и t3, т. е. с прямой СУ О у.
Так как прямые 12 и t3 не зависят от выбора радиусов окружностей
№)> (&з) и (^з)> т0 отсюда и следует, что точка oq не зависит от
выбора радиусов окружностей (ky), (&2) и (k3) и что прямая O ^ i
проходит через О’.
Аналогично определяются окружности (х/ ) и (х/ ) и их центры
ю8 и ю3.
Так как прямые AyA^, АуА3, t% и t3 равноудалены от центра wj
Окружности (Ху), то существует окружность (Xi), концентрическая с
(Хуг) и касающаяся всех четырёх прямых. Таким же образом получаются
и окружности ( х 2) и (х 3).
5°. Прямая ШуР3 есть радикальная ось окружностей (At) и (х а’),
прямая ПуР% — окружностей (ky) и (х 3′)- Следовательно, точка пересечения
М этих прямых (черт. 695) есть радикальный центр окружностей
(Aj), (х</) и (х/) (п. 139) и потому лежит на радикальной оси
окружностей (х/ ) и (х 3′).

605

Пусть теперь а — точка касания окружности (&/) с прямой АгА3,
Т 2 и Т3— точки пересечения прямых и t 3 с той же самой прямой
А3А3, М — точка пересечения прямых п хРг и О’са. Покажем, что
точка Мг совпадает с М.
Применим теорему п. 192 к треугольнику аОТ2 и секущей n yPv
Получим = 1. Но Г2Р2 = Т3пх как секущие окружности
(х 3), равноудаленные от её центра, так что М ‘а :М ‘0 ‘= п 1а.: Р 30′.
Применяя ту же теорему п. 192 к треугольнику а.О’Т3 и секущей ШХР3,
найдём аналогично, что прямая тхР3 делит отрезок а О’ внешним образом
в отношении Мхп.\РгО’. Но т1ч = п 1а (так как Оха.—перпендикуляр
к тхП\) и 0 ‘Р 3 = 0 ‘Р 3, так как прямые 0 ‘Р 2 и 0 ‘Р 3 (т. е. t i и t3)
касаются окружности (kx) и потому равноудалены от центра Ох окружности
kx (сравнить упр. 52). Таким образом, прямые тхР3тлпхР3 делят отрезок
а О’ в одном и том же отношении и, следовательно, пересекаются
в точке М прямой а О’. Следовательно, точка М совпадает с М .
Итак, точка пересечения М прямых тхР3 и п хР3 лежит на прямой,
соединяющей точку касания а окружности (&/) и прямой Л2Л3 с точкой
пересечения О’ прямых t u t% и t3, как бы ни были выбраны радиусы
окружнбстей (kx), (k3) и (&3).
. Пусть теперь окружности (лг2), (лг3) касаются друг друга, при этом
прямая tx будет общей касательной в их точке касания. Так как одна
из точек пересечения окружностей (х / ) и (х/ ), концентрических
с (х 3) и (jc3), лежит на прямой t u то в этом случае и вторая точка их

606

пересечения будет лежать на прямой tx. Прямая tx как радикальная
ось окружностей (jc/) и (лг3′) будет проходить через точку пересечения
М радикальной оси тхР3 окружностей (kx) и (хг/) с радикальной осью
плР<ь окружностей (£j) и (х3). Таким образом прямая tx будет совпадать
с О’М, так как она проходит через точку О’.
Обратно, если прямая tx совпадает с О’М, то она проходит через
радикальный центр М окружностей (kt), (лг/) и (jc3′)- Так как она проходит
через одну из точек пересечения Рх окружностей (лг/) и (лт/),
то она будет их радикальной осью и потому пройдёт через вторую
точку их пересечения. Окружности (хг2) и (jc3) касаются при этом
прямой tx на линии центров окружностей (х3) и (х$) и, следовательно,
касаются друг друга.
УКАЗАТЕЛЬ СОДЕРЖАНИЯ ЗАДАЧ.
(Числа обозначают номера задач.)
Биссектрисы (угла, треугольника, четырёхугольника): 2, 4, 17, 18, 24 —
26, 38, 66, 86, 107, 143, 144, 230, 361, 361а, 378, 421. См. ещё Окружность
вневписанная, вписанная, описанная треугольника.
Высоты треугольника: 17, 19, 20, 38, 70, 71, 101, 102, 136, 158, 197, 350.
Гармонизм: 125, 217,219а, 239.
Геометрическое место: 31, 48, 53, 57, 60, 124, 133, 134, 141, 142, 149,
193, 238, 246, 257.
Деление отрезка: 1, 78, 173.
Деление площадей: 293, 295, 303, 304, 321—323, 327, 328.
Длина окружности (приближённые построения): 188, 189.
Знаки отрезков, площадей, углов: 324, 344, 347.
Инверсия: 245, 247—253, 270, 270а, 273, 275, 387, 388, 389, 390, 396.
Инверсор: 271, 271а.
Касание окружностей: 58, 59, 91, 112, 187, 266, 267, 393, 394, 398—400.
См. ещё Построение окружности.
Касательные к окружности: 89, 90, 98, 104, 135; — общие к двум окружностям:
200, 347.
Медианы треугольника: 7, 11, 12, 17, 18, 29, 38, 39, 137, 144, 145, 326.
См, ещё Центр тяжести треугольника.
Менелая теорема: 223.
Многоугольник вообще: 8а, 22, 117, 194; — вписанный (в том числе и треугольник
вписанный): 115, 253а, 367,391; — правильный: 178—184, 298, 331,
419а. См. ещё Четырёхугольник.
Наибольшее и наименьшее: 13, 15, 32, 40, 54, 56, 174—176, 219, 268, 291,
319, 320, 331, 362—364, 366, 367, 415—418, 419а, 420.

607

Окружность — вневписанная, вписанная и описанная треугольника: 70,
72, 90а, 101а, 103, 108, 158, 228, 299, 300, 357, 377, 379, 411;—девяти точен:
101, 374, 376; — сопряжённая с треугольником: 283, 284. См. ещё Касание,
Касательные, Пересечение, Построение.
Ось радикальная: 154, 177, 220, 245, 256, 272, 408.
Параллелограмм: 26—28, 41, 109 132, 138, 234, 290, 296.
Паскаля теорема: 279.
Перемещения: 92, 93, 94.
Пересечение окружностей: 65, 69, 110, 128, 256, 346, 355, 395.
Построение окружностей: 73, 74, 176, 177, 209, 258, 259, 263—265, 280,
401—403а; — треугольника: 77—85, 103а, 169—171, 203, 204, 332, 415, 416; —
четырёхугольника: 118, 122, 213, 319, 320, 333, 351, 418—419.
Равносоставленность: 334—337.
Симеона прямая: 72, 373, 374.
Стюарта теорема: 218.
Точка наименьшего расстояния: 10, 105, 363, 364.
Точки предельные двух окружностей: 152, 219, 241, 278.
Точки изогонально-сопряжённые: 197, 365.
Трапеция: 34, 129, 130, 205, 221, 292, 297. См. ещё Построение четырёхугольника.
Треугольники — равнобедренный: 5, 19, 39, 42, 361; — прямоугольный:
16, 30, 136, 309, 310; — равносторонний: 42, 99, 100, 269, 287. См. ещё Биссектрисы,
Высоты, Медианы, Многоугольник вписанный, Окружность, Построение,
Центр тяжести.
Фигуры—гомотетичные: 159;—подобные: 161, 162, 212, 214, 215, 380; —
построенные на сторонах многоугольника или треугольника: 45, 105, 211,
309—311, 363, 381;— равные: 92, 93, 95.
Центр подобия: 220, 272; — тяжести треугольника: 37, 131, 140, 158,
221,295,365.
Четырёхсторонник полный: 106, 240, 371, 371а, 373.
Четырёхугольник вообще: 9,10, 25,36,66,123,139,270, 293, 294, 372, 418а,
421; — вписанный: 107, 147, 239,282, 286, 345, 362а, 387, 407, 421а; —описанный:
87, 198,239,282, 384, 385. См. ещё Параллелограмм, Построение, Трапеция.

стр. 608

СМЕШАННЫЕ ЗАДАЧИ И ЗАДАЧИ ПРЕДЛАГАВШИЕСЯ
НА КОНКУРСНЫХ ЭКЗАМЕНАХ. Математика в школе.

Смешанные задачи часть 6 Ж. Адмар