СМЕШАННЫЕ ЗАДАЧИ И ЗАДАЧИ ПРЕДЛАГАВШИЕСЯ
НА КОНКУРСНЫХ ЭКЗАМЕНАХ

ЭЛЕМЕНТАРНАЯ ГЕОМЕТРИЯ Ж. АДАМАР

Определение логарифма

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

343. Дуга аВ по условию равна половине дуги АВ, т. е . а В =
= А В’, точно так же ВЬ==-^ ВО, c p = ^CD\ Dd=t-^-DA. Отсюда
имеем ab -\ -cd = -g- (АВ-\-ВС’-\-СО-]-ОА)^= 180°. Угол между
прямыми а с и bd измеряется полусуммой дуг ab и c d и потому прямой-
344. При решении этой и некоторых из последующих задач мы
будем рассматривать направленные углы, чтобы получить доказательства,
пригодные при любом расположении
элементов фигуры (сравнить подстрочное
примечание к тексту задачи 346).
Под алгебраической величиной угла
АОВ мы будем понимать абсолютную величину
того из углов между полупрямыми
д АО и ОВ, который не превосходит полуокружности,
взятую со знаком или
в зависимости от того, вращается ли полупрямая,
описывающая этот угол, начиная
Черт. 559. от О А к ОВ, в положительном или
в отрицательном направлении. Алгебраическую величину угла АОВ
будем обозначать через АОВ. Алгебраическая величина угла зависит
от порядка, в котором заданы его стороны: <С АОВ— —■ <£ ВО А
(сравнить п. 185).
При рассмотрении направленных углов оказывается целесообразным
считать равными м еж д у со б о й т е углы , а л гебр а и ч еск и е величины
которы х или равны, или от личаются д р у г от д р у га на ц е л о е ,
число п ол у о к р уж н о ст ей . При этом условии можно говорить об алгебраической
величине угла между двумя прямыми; этот угол зависит
от порядка, в котором заданы обе прямые, но не зависит от выбсфа
на этих прямых того или иного направления. «Так, если прямые а
(или А А’) и b (или В В’) пересекаются в точке О (черт. 559), то
ЗС(в, Ь) = £ АОВ = 5С А’ОВ — ЗС А О В ‘=|С А1О В ‘= — £ (b, а). (I)
При пользовании направленными углами имеют место следующие
предложения, на которые мы будем ссылаться в-дальнейшем.
А) Каковы бы ни были лучи О А, ОВ и ОС, выходящие и з
точки. О, в сегд а им еем :
ЗС АОВ ЗС ВОС — f ЗС СОА = 0.

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

Действительно, если луч ОВ лежит внутри (не превосходящего
полуокружности) угла между О А и ОС, то углы АОВ, ВОС и АОС
имеют один и тот ?ке знак, и их абсолютные величины удовлетворяют
условию /_ АОВ ВОС = /_ АОС, откуда и следует (II). То же
рассуждение применимо и в том случае, когда луч О А лежит внутри
угла ВОС или луч ОС внутри угла АОВ.
Если же ни один из трёх лучей не лежит внутри угла, образованного
двумя другими, то все три угла АОВ, ВОС и СОА имеют
один и тот же знак, и сумма их абсолютных величин равна целой
окружности, откуда опять следует (II).
B) Для любых т р ёх т оч ек п л оск ост и им еем :
%.BAC+%iCBA + 2i:ACB==0.’ (III)
Действительно, если последовательность вершин А, В, С соответствует
обходутреугольника ABC в положительном (отрицательном)
направлении, то все тр|к угла ВАС, СВ А, АСВ имеют положительный
(отрицательный) знак, и сумма их абсолютных величин равна полуокружности,
откуда в силу введённого выше условия и следует (III).
Если же точки А, В, и С лежат на одной прямой, то каждое из слагаемых
в левой части равенства (III) равно нулю.
C) Если точки А, В, С и D л еж ат на одн ой о к р уж н о ст и (или
на од н о й п р ям ой ), т о имеем (сравнить п. 82а):
<£ АСВ = ADB, (IV)
и обр ат н о, и з соот н ош ен и я (IV) сл ед у ет , что точки А, В, С и D
л еж ат на одн ой о к р уж н о ст и (или н а одн ой п рям ой ).
Действительно, если точки А, В, С и D лежат на одной окружности
и точки С u D лежат по одну сторону от АВ, то углы АСВ
и ADB имеют один и тот же знак и одну и ту же абсолютную величину;
если точки А, В, С и D лежат на одной окружности
и точки С и D лежат по разные стороны от АВ, то углы АСВ
и ADB имеют различные знаки, а сумма их абсолютных величин
равна полуокружности, откуда и получается соотношение (IV).
‘ Если точки А, В и С лежат на одной окружности и точка Г лежит на
касательной к окружности в точке В, то равенство (IV) заменяется следующим:
f
< АСВ = <. АВТ. (IV’)
Действительно, первый из этих углов есть вписанный угол, опирающийся
на дугу АВ, второй—угол между хордой АВ и касательной в её
конце В. Если точки С и Г лежат по разные стороны от АВ, то углы АСВ
и АВТ имеют один и тот же знак и одну и ту же абсолютную величину;
если же точки С и Г лежат по одну сторону от АВ, то углы АСВ и АВТ
имеют противоположные знаки и’ сумма их абсолютных величин равна полуокружности.
В обоих случаях будем иметь соотношение (IV’).

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

Переходим теперь к решению задачи 344.
1°. Обозначим через О точку пересечения окружностей AEF и
BFD (черт. 560). Так как точка D лежит на одной прямой с точками
В и С, то, согласно (I), BDO == CDO, и аналогично
СЕО — ^САЕО; <£ AFO = BFO< Далее точки А, О, Е и F (а
также В, О, F к D) лежат на одной окружности, откуда на основании
(IV) АЕО = <£ AFO’, В DO = <£ BFO. Из выписанных равенств
имеем:
ЗС CDO = ас BDO = ^ BFO = £ 4 ^ 0 == |С АЕО = £ СШ. (1)
Так как точки С, £) и Е не лежат на одной прямой и ас CDO =
= ас CEO, то точка О лежит-на окружности CDE. Наши рассуждения
благодаря их полной общности сохраняют силу и в том случае,
когда все или часть точек D, Е и F лежат не на самых сторонах
треугольника, а на их продолжениях. (Без помощи направленных у г лов
пришлось бы рассматривать отдельно несколько частных случаев.)
2°. Так как точки Р, а и А лежат на одной прямой, то
<£ РаО = <£ АаО. Из равенства (III) следует <£ АаО = <£ АОа -f-

О и F лежат на одной окружности, то |с АОа = 5С AFa; <£ о.АО =
= <£aFO и, следовательно, ^ РаО = AFa -f- <£ aFO = <£ AFO.
Итак, <£ РаО имеет ту же алгебраическую величину, что и каждый
из углов (1). Те же рассуждения можно повторить и для углов РЬО
и РсО. Итак, <£ РаО = -§С РЬО = РсО и точки Р, О, а, b и с
лежат на одной окружности.
345. Чтобы придать решению полную общность, будем пользоваться
направленными углами, как указано в решении задачи 344, и в частности
выведенными там соотношениями (I) — (IV).
Пусть ABCD—вписанный четырёхугольник (черТ. 561), —
четырёхугольник, образованный вторыми точками пересечения построенных
окружностей. Мы имеем = AAtB t в
силу (II). Далее на основании (IV) D^A^A — <£ DtDA; § ; AAtBt ===

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

= ABBi, и, следовательно, <t DxAtB x = <£ А52?! -f~ DXDA. Заменяя
здесь точки Л и Ах точками С и Сх, получим: <С D1C1B 1= $C C B B 1~f-
Из двух последних равенств имеем: ЗСDXAXBX—<£DXCXBX—
= sC АВВХ -j- В хВС-\- § ; CDD, Зс DXDA = $ ; A B C -f ЗС CDA в
силу (II). Но на основании (IV) <CABC-\-^C CDA = ^CABC—■
— ADC=0, и потому ЗС DXAXBX= DXCXBX. Следовательно, точки
Ах, В х, Сх и Долежат наоднойокружности.
Примечание . Приведённая теорема сохраняет силу, если четырёхугольник
ABCD заменить треугольником ABC (черт. 562), а произвольную
окружность, проходящую через точки С и D, — какой-либо окружностью,
касающейся в точке С окружности, описанной около треугольника
ЛВС.
Данное выше доказательство нуждается при этом в небольшом видоизменения:
углы DtDA, DXDC и CD А заменяются соответственно через
DXCA, DXCT и ТС А, где Г —произвольная точка касательной в точке С. При
этом приходится пользоваться кроме равенства (IV) ещё и равенством (Iv1)
из решения задачи 344.
346. Чтобы придать решению полную общность, будем опять пользоваться
направленными углами, как указано в решении задачи 344,
и в частности выведенными там соотношениями (!) — (IV).
Алгебраическая величина угла между окружностями ^ и 5 , в
точке А есть алгебраическая величина угла между касательными в
точке их пересечения А. Угол между двумя окружностями зависит при
этом как от последовательности, в которой даны эти окружности, так
и от выбора одной из двух точек их пересечения А или А’ (черт. 563),
но не зависит при сделанных в начале решения задачи 344 условиях
от выбора направления на касательных в силу (1).,Бсли обозначить
через t x и касательные к обеим окружностям в точке А и через
<£ SxAS<i— алгебраическую величину угла между окружностями в точке
А, то £ ( ( „ £3) := ^ cS xAS% =5=— S$ASX = —- S j A’Sa =»
StA’Sx. Если Мх и — две произвольные тбкки, лежащие соответственно
на окружностях St и S 2, то
Черт. 562. Черт. 563.
Z SxASi = Z АМхА’-\- Z А’М^А

491

действительно, обозначая через 7\ и какие-либо точки на касательных
и t%, будем иметь на основании (II) и (IVr): =
= $ : т 1А’А’ + $ : а’ат 9= $ : ал11а’ + $ : а’м 9а:
Переходя к решению поставленной задачи, имеем (черт. 564)
ЗС DAB = DAD’ -f- D’AA’ -f- -§C A’AB’ + £ B’AB; £ ABC =
== ABA’ ■
-f- 5C B’CC’ —
A’BB’ + £ B’BC’ -J- $ : CBC\ ^ BCD = 4C BCB’
iCC’CD’ — f 3C D’CD\ $ : CD A = & CDC’ — f ^ C’DD’
-\ -2 £ D ‘D A ‘A ‘D A . Условие,
при котором точки А, В,
С и. D лежат на одной окружности,
можно на основании (IV)
представить в виде ^c.DAB-\r
+ 5СBCD=3C. ABC-\-^CDA,
или, в силу, предыдущих равенств
в виде <£ DAD’ —
£ D’AA + <£
в ‘ а в + $с
з с в ‘ с с + зс
<£ D’CD = £
ЗС A’BB’ + ЗС
Зс с в с ь <с
А’АВ’
ВСВ’
C’CD’
АВА’
В’ВС’
CDC’
+2tC’DD’+$:D’DA’+$:A’DA.
Но в силу равенства (IV) имеем
$ : А’АВ’ = $ ;А ‘В В $ :В В С ‘= ^СВ’СС’; <£C’CD’= ^C ‘D D ‘^D ‘D A ‘^
= D’AA’, и предыдущее соотношение принимает вид: <£ DAD’ —
— В’АВ -f- ЗС ВСВ’ — f D’CD = ABA’ — f £ С’ВС + 4С CDC’ — —
-<£ A’D’A. На основании формулы (1) имеем <£ S1ASi — iC ADA’ —
■$СА’ВА; 4 : S 85 S 8 = 4C BAB’ -k 4 ; B’CB\ $ ; S aGS4 = $ ;C £ C ‘ —
■ ЗС C’£C; £ StDSt = £ £>CZ7 +
£ Д ‘Л Д откуда 4 ; S 2fiS 3 + $ ; S 4£>S, =
= $ : 5 ^ 5 2 + ^ S 3CS4.
347. Чтобы получить решение, пригодное
во всех многочисленных возможных
здесь частных случаях, и в то же время
указать, каким образом следует выбирать
касательные а, р, у и 8, зададим на каждой
из данных окружностей определённое
направление обхода.
Если на некоторой окружности 5 выбрано
определённое направление обхода,
то тем самым устанавливается определённое положительное направление
на каждой касательной к S; это направление определяется
требованием, чтобы вблизи точки касания направление на касательной
совпадало с выбранным направлением на окружности (черт.
565). Отрезки, отложенные на касательных, мы будем, как обычно,
рассматривать, как имеющие знак -|- или —. В дальнейшем направленную
прямую мы,будем считать касательной к направленной окруж-

492

прямой совпадает вблизи точки касания с направлением на окружности.
Если-из точки Р проведены к направленной окружности две касательные,
точки прикосновения которых обозначены через А и В, то
мы имеем по абсолютной величине и знаку (черт. 565):
АР—РВ. (1)
Если стороны четырёхугольника PQRS каёаются некоторой направленной
окружности и А, В, С и D — точки касания прямых SP,
PQ. QR я RS, то мы имеем, в силу (1), по абсолютной величине и
по знаку:
PQ + R S = {РВ BQ) — f (RD — f DS).== A P+ QC — f CR — f SA =
= QR + SP. (2)
Равенство (2) имеет место независимо от того, к какому из рассмотренных
в решений упражнения 87 пяти типов принадлежит, данный
описанный четырёхугольник (черт. 332—336).
Если даны две направленные окружности S j и 5 а, то они имеют
самое большее две направленные общие касательные: этими общими
касательными будут внешние или внутренние общие касательные, смотря
по тому, приписано ли обеим данным окружностям одно и то же
направление (обеим — по часовой стрелке или обеим — против часовой
стрелки) или противоположные направления (одной—по часовой стрелке,
другой — против часовой стрелки) (черт. 566 и 567).
Если одна из двух общих касательных касается первой окружности
в точке А, второй окружности ■— в точке В , а вторая общая касательная—
соответственно в точках А’ и В ‘, то мы имеем по абсолютной
величине и по знаку:
АВ = В’А’. (3)
Обращаясь к решению предложенной задачи, мы будем предполагать,
что на каждой из четырёх данных окружностей выбрано определённое
направление и ч^о п од а, а’, . . . п он имают ся н ап р авл ен ные
общ и е касательные. Отсюда легко вывести, что ср ед и четырёх
п а р а,а’, р,|3′, у,1у’, 8,8′ общ их касательных им еет ся ч ёт н ое число
п а р в н ут р ен н их общих касательных: и, сл едоват ел ьн о, т а кж е ч ёт

493

н о е число п ар внешн их общих касательных. Действительно, выписав
направленные окружности в порядке St,S it S3, S4, Su мы видим, что каждой
паре внутренних общих касательных к двум последовательным
окружностям соответствуют противоположные направления на этих
окружностях. Так как и первой и последней окружностью является Sit
то направление меняется на противоположное при переходе от одной
окружности к следующей чётное число раз, а потому и внутренние касательные
будут встречаться чётное число раз.
Далее выберем касательные а, р, у и 8 так, чтобы они, рассматриваемые
как направленные общие касательные к данным окружностям,
касались одной и
той же н ап равл ен ной
окружности (черт. 568).
Обозначим через Р,
Q, R, S соответственно
точки пересечения выбранных
общих касательных
а и р, р и т, у и 8, 8
и а: аналогично обозначим
через Р’, Q’, R’, S’
точки пересечения а.’ и р’,
Рг и у’, Y и 8′, V и а’.
Далее обозначим через At
и А/точкиприкосновения
касательных а и а ‘ к
Черт. 568. окружности 5 ,, через Аг
и А, ‘— точки прикосновения
тех же касательных а и а’ к окружности Sb и т. д. При этих
условиях будем иметь, в силу (2) и (1), PQ -(- RS = QR -f-SP;
A iS= SD i, РА3-— В,Р\ C$Q — Q В RCg = D^R, откуда (AjS-|—
+ S P + PA,) — f (C3<? + QP + RCt) = ( S 3P~f- PQ + QB3) + (DtR +
— — RS -f- SDt), или AtA3 -|- C3Q == B4B% -(- DtDh так что сумма
длин двух из общих касательных равняется сумме длин двух других
общих касательных.
Из последнего равенства с помощью (3) получаем: А/A* -j- С3’С / =
= В ,’В 3′ -j- DgDi- Отсюда с помощью соотношений S’A/ — Dt’S’
и т. д. находим PQ f .-J- R’S’ — Q’R’ S’P’, так что и стороны четырёхугольника
P’Q’P’S’ касаются одной окружности (в силу обратной
теоремы упр. 87).
Итак, при выборе общих касательных а, (3, у и 8 мы соблюдали
следующие два условия:
a) ср ед и четы рёх общих касат ельных им еет ся ч ёт н ое число
(О, 2 или 4) внеш н их общих касат ел ьны х ;
b) общ и е касат ел ьны е а, р, у и 8, ра ссм ат ри ва ем ы е к а к
н а п р а вл ен ны е. касат ел ьны е к направленным о к р уж н о ст ям
Si, S# S3 и Slf к а саю т ся одн ой и той ж е н ап равл ен ной о к р уж ности.

494

Примечание . Покажем, что оба эти предположения существенны,
а) Пусть среди четырёх пар общих касательных имеется нечётное число,
например три пары внешних общих касательных (черт. 569). В таком случае
мы имеем по абсолютной величине (выбор направлений и введение
знаков здесь невозможны): PQ + RS = QR + SP\
+ RS — SDt) =(C*Q + QR +RC>) + (A^+SP+PA^)—2 ^ ; fisfi3+D4Dt=
= C3Ci-!rA1As—2S^4i. Если и четырёхугольник P’Q’R’S1 обладает тем свойством,
б7
что в него можно вписать окруж
ность, то мы найдём аналогично
( в\в’г -\-d\d\ = С‘,С[ — f
-f- AtAs — 25’^!, и мы получаем
ещё добавочное условие -SU, ==
= s ^ ;.
Ь) Пусть теперь все четыре
пары касательных—внешние,
но касательные в, |5, у и о
выбраны, например, как изображено
на чертеже 570. При этом
касательные а, {3, у и о касаются
одной окружности, а касательные
в’ р’.у’ и 5! этим свойством
не обладают. Это произошло
потому, что никаким выбором
направлений в данном случае
нельзя соблюсти условие (Ь).
348. Обозначим вершины
данного пятиугольника Черт. 569.
через А, В, С ,D и Е(черт. 571); точки пересечения прямых ЕА и ВС через
К, прямых АВ и CD через L, прямых ВС и DE через М, прямых CD
и ЕА через N, прямых DE и АВ через Р] вторые точки пересечения
окружностей ЕАР и АВК через А’, окружностей АВК и ВСЕ через
В’, окружностей BCL и CDM
через С’, окружностей CDM
и DEN через D’, окружностей
DEN и ЕАР через Е!.
Чтобы доказать, что пять
точек А’, В’, С , ЕУ и Е’ лежат
на одной окружности, достаточно
доказать это для четырех
точек, например В’, С’, D’,
Е’, Так как то же рассуждение
применимо и к четырём
точкам А’, В ’, С’ и ГУ, то отсюда
будет следовать, что все пять
точек лежат на одной окружности.
Чтобы придать доказательству полную общность, будем опять
пользоваться направленными углами и соотношениями (I)—(IV) (решение
задачи 344).
Отбросим мысленно одну из пяти данных прямых, именно прямую
DE, и к четырём остальным применим задачу 106. Четыре окружно

495

сти АВК, BCL, LNA и KCN проходят через одну точку, откуда в
частности следует, что четыре точки L, N, А и В’ лежат на одной
окружности. Точно так же (отбрасывая прямую ВС) докажем, что на
одной окружности лежат точки L, IV, А и Е . Итак, все пять точек
L, N, А, В’, Е лежат на
одной окружности.
Мы имеем в силу (IV)
и (I) < C’D’D = < CCD
и sC CCD = $ : С CL =
= C’B’L, откуда
C’D’D ЗС C’B’L. ( 1)
Далее опять в силу
(IV) и (I) <£ DD’E =
= sC DNE и 5С DUE =
= & LNE = LB’E,
откуда
DD’E = LB’E. (2)
Складывая почленно»
равенства (1) и (2), име-
Черт 571 ‘ ем, на основании (II),
ЗС C’D’E’— С’В’Е, откуда
и следует, что точки 5 ‘, CY-D’ и Е лежат на одной окружности.
349. Если повернуть треугольник ABC (черт. 572) так, чтобы сторона
АВ в её новом положении а ’Ь’ была параллельна ас, то угол
поворота будет равен (АВ, а’Ь’) = ЗС ВОК; так как прямая Ob’
проходит, по условию задачи, через точку С, то мы им^ем ВОЕ =
В
\\ » , / V I /7
О
Черт. 572.
= ЗС ВОС. Отсюда следует, что <£ ВОС = <£ (АВ, а’Ь’)= ^ (А В ,а с )=
= const, и, следовательно, точка О лежит на окружности, проходящей
через точки В и С (сравнить решение задачи 344, предложение С).
При перемещении точки О по этой окружности угол при вершине
А в равнобедренном треугольнике АОа’, а следовательно, и отношение
АО:Аа’ остаётся постоянным в силу постоянства угла 5С АОа’—
= ЗС ВОС. Поэтому геометрическое место точек а’ получается из геоС

496

метрического места точек О путём гомотетии с центром А и поворота
на угол ОАсИ, а потому есть окружность. Аналогичное имеет место
и для точек J»’ и с’.
350. Обозначим через D, Е и F основания высот треугольника ABC
(черт. 573), через Н— точку пересечения этих высот. Так как по
условию задачи HD — DA’, НЕ —ЕВ’ и HF=FC’, то прямые В’С’,
С’АГ к А’В’ будут соответственно параллельны EF, FD и DE. В силу
упражнения 71 прямые DH, ЕН и FH будут биссектрисами углов
треугольника DEF, следовательно, те же прямые будут и биссектрисами
углов треугольника А’В’С’. Треугольники A’QR, B’SM и C’NP
будут равнобедренными (в каждом из них высота совпадает с биссектрисой),
и потому QD = DR] SE— EM\ NF = FP. Четырёхугольники
A’QHR, B’SHM и C’NHP будут ромбами, так как в каждом из них
диагонали перпендикулярны и делятся пополам. Отсюда следует, что
прямые QH и МН параллельны А’В’, и потому точки М, Н и Q лежат
на одной прямой. Аналогично доказывается, что точки N, Н и R, а
также точки Р, Н a S лежат на одной прямой.
351. Пусть ABDC — искомая трапеция (черт. 574). Проведём высоту
АН. Так как трапеция равнобедренная,- то отрезок HD будет
равен полусумме (отрезок НС— полуразности) оснований.
Для построения искомой трапеции, если известна сумма (разность)
оснований,строим прямоугольный треугольник AHD(nm АНС)по двум
катетам, восставляем перпендикуляр к гипотенузе в её середине М
(или соответственно N) из точки А, как из центра, радиусом данной
окружности делаем на этом перпендикуляре засечку, определяя тем
самым положение точки О и оси симметрии трапеции.
Для возможности задачи, когда дана сумма (или разность) оснований,
необходимо и достаточно, чтобы радиус окружности был больше
AM и меньше AQ, где Q — точка пересеченйя перпендикуляра
МО с прямой АН (или соответственно больше АР, где Р — точка
пересечения перпендикуляра N0 с АН). Отрезки AM, AQ и АР легко
выразить через данные.

497

352. 1°. Так как угол ADB (черт. 575) — прямой, то прямая BD
касается окружности CMD, откуда следует, что £ CDB = 180°—
— £ CMD — £ CMQ. С другой стороны, £ CD B= £ СРВ как вписанные.
Следовательно, £ CMQ = £ СРВ, и потому прямая MQ параллельна
РВ.
Далее £ D Q B = £ C P B , так как дуги ВС и BD равны. Но
£ С Р В = £ CMQ в силу параллельности прямых MQ и РВ. Следовательно,
£DQB==£CMQ, и потому прямая BQ параллельна
РМ.
Итак, четырёхугольник MPBQ есть параллелограмм.
2°. £ CMN= £ Q BN= £ QDN\ £ CN B= £ DNB, и, следовательно,
треугольники CMN и MDN подобны. Из подобия этих треугольников
следует MN* =
= NC • ND. ■
353. Пусть Р и Q (или Р’
и Q’y — точки прикосновения касательных,
проведённых из точек
А и В к окружности с центром О
(черт. 576), Ж (или М’) — точка
пересечения этих касательных.
1°. Так как ОА — ОВ и ОР—
=Оф(или O P—OQ’) j o £ ОАМ=
= £ ОВМ (или £ О AM’ -j-
— f £ О ВМ ‘=Ш ° ), и точка Ж
(или М’) лежит на окружности
ОАВ.
Обратно, если точка Ж лежит
на дуге АОВ (или точка М’ — на
Черт. 576. дуГе АСВ) окружности ОАВ, то
расстояния ОР и OQ ,(или О Р
и OQ’) точки О от прямых AM и ВМ (или AM’ и ВМ’) равны между
собой, так как углы О AM и ОВМ равны (углы О АЖ’ и ОВМ’ — пополнительные).
Поэтому прямые AM и ВМ (или AM’ и ВМ’) касаются
одной окружности с центром О.
Следовательно, геометрическое место точек М а М’ есть окружность
ОАВ.
2°. Имеем МА-МВ = (РА — PM) (QB + QM) — РА2 — РЖ2, так
как PA = QB в силу равенства треугольников О АР и OBQ, а РМ =
==MQ к а к касательные к окружности из одной точки. Отсюда
МА • MB— (ОА9 — О Р ) — (ОМ3 — О Р ) — ОА3 — ОМ3.
Аналогично найдём, что Ж’А • Ж’7? = ОЖ’г— ОА*.
3°. Отложим на прямой MB (или М’В) от точки Ж (или Ж’) в обе
стороны отрезки Ж/ и МК, равные AM (или отрезки М’Г и М’К’,
равные AM’).
Если точка Ж лежит на дуге АОВ, то £А1В=£МАГ^=
— ~ £ АМВ==^£ АОВ (сравнить решение упр. 63) и £ АКВ—

498

£ АМВ -t- £ М А К= £ АМВ + у (180° — £ АМВ) = 90° -f-
+ у £ АМВ = 9 0 ° + у Z АОВ.
Следовательно, геометрическое место точек / и геометрическое
место точек # представляет собой дуги окружностей, имеющие своими
концами точки Л и В и вмещающие углы, соответственно равные
у £ АОВ и 9 0 ° -} -у £ АОВ.
Если точка М займёт положение ЛТ на дуге АСВ, то аналогично
найдём, что £ ЛГВ=90° -) у £ ЛЛТВ==90°-}-у (180°— £ АМВ) =
= 180° — у £ АМВ— 180° — у £ АОВ и £ АК’В = у £ АМ’В =
= у (180°— £ ЛЛГВ) = 90° — у £ АМВ=90° — ±-£ АОВ’
Следовательно, геометрическое место точек Г и геометрическое
место точек К’ представляют собой дуги окружностей, имеющие
своими концами точки Л и В и вмещающие углы, соответственно
равные 180° — у £ АОВ и 90° — у £ АОВ.
Так как £ AIB -f- £ А 1 ‘В = \ £ ЛОВ — f ( l 8 0 ° -^ у £ ЛОв) =
==180°, то дуги, являющиеся геометрическим» местами точек / и Г
образуют одну окружность. Так как £ АКВ-\- £ АК’В — {§9° -f-
-j- y £ AOB^j -j- ( 9O0 — у £ AOB^j = 180°, то то же имеет место для
геометрических мест точек К я К’ (эти две окружности не показаны
на чертеже).
354. 1°, Радиусы АО и АО’ окружностей,
описанных около треугольников
ABD и ACD (черт. 677),
соответственно равны (п. 130а):
АВ • AD ■ лп, АС • AD J
АО — 2 .АН \ 2 — АН ’
АН— высота треугольника ЛВС.
Отсюда АО: АО’ Л В : АС.
2°. Радиусы АО и АО’ будут Чёрт. 577.
иметь наименьшую длину при наименьшем
возможном значении AD, т. е. при AD = AH. Точка В
совпадает при этом с основанием высоты Н.

499

3°. Имеем (по 1°) АО : АО’ = АВ: АС, так, что равнобедренные
треугольники АВО и АСО’ подобны. Отсюда ^ О АВ = /_ О’АС и,
следовательно, /_ ОАО’ = /_ ВАС. Так как /, ОАО’=/_ВАС и
АО: АО’ = АВ: АС, то треугольник ОАО’ подобен треугольнику ВАС.
4°. Если точка М делит отрезок 0 0 ‘ в данном отношении, то
наряду с треугольником АОО’ сохраняет постоянную форму и треугольник
ЛОЖ, так как угол АОМ и отношение АО:ОМ сохраняют
постоянные значения. Следовательно, отрезок AM образует постоянный
угол с АО, и отношение AM: АО постоянно. Поэтому точка М
описывает фигуру, подобную той, которую описывает точка О (сравнить
п. 150 и решение упр. 166).
Так как точка О описывает прямую линию — перпендикуляр, восставленный
в середине стороны АВ, то и геометрическое место точек
М есть прямая линия.
Так как основание Р высоты АР треугольника АОО’ есть (в силу
равенств AO — OD, A0′ = 0’D) середина отрезка AD, то точка Р
описывает прямую, параллельную
ВС и проходящую через
середины сторон АЕ и АС.
355. пересечения данных окружностей
О и О’ (черт. 578),
МАМ’ — данный угол. Строим
угол МАМ», равный углу ОАО’
и имеющий то же направление-.
Точка М’ получается из точки М
Черт. 578. преобразованием подобия, состоящим
из поворота на угол
МАМ» = const и гомотетии, так как AM»: АМ== АО’: АО. Точка М’
получается из М» поворотом на /_ М»0’М’ = 2 /_ М»AM’ = const.
Итак, точки М и М», а также М» и М1 можно рассматривать как
соответственные в двух парах подобных фигур, имеющих одинаковое
направление вращения. Следовательно, и точки М и М! можно рассматривать
как соответственные в двух подобных фигурах, имеющих
одинаковое направление вращения. В силу упражнения 162 геометрическое
место точек, делящих отрезок ММ’ в данном отношении, или
геометрическое место вершин треугольников, построенных на ММ’как
на основании и подобных данному треугольнику, есть фигура, подобная
геометрическому месту точек. М, т. е. окружность.
356. Пусть Р 12 — точка пересечения прямых А и В, Р 13 — точка пересечения
прямых Л и С, и т. д. (черт. 579). Применяя теорему
п. 192 к треугольнику, образованному прямыми Л, С и D, и к секущей
Е, получим • р,5у,~ • -р85р!14- = 1 ■ Применяя ту же теорему
* 1 5 * 1 4 * 4 5 * 31 * 3 5 * 1 3 ‘ „
к треугольнику, образованному прямыми В, С и D и к секущей Е,
получим: Р..2 !i Рда~ — • Рр4 5Р2 -4- • ‘ Р3 5 Р3 4 — 1. Приравнивая левые части двух на-
* 25* 24 * 46* 34 * 3 5 * 23

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

СМЕШАННЫЕ ЗАДАЧИ