|
|
|
|
|
ГЛАВА 3 ПЛАНИМЕТРИЯ ЗАДАЧИ НА ДОКАЗАТЕЛЬСТВО Ответы и решения |
|
90. Пусть О1, О2, О3, О4— центры квадратов, построенных на сторонах параллелограмма ABCD (рис. 94).
Pис. 94 Имеем: /\ О1ВО2 = /\ О3СО2, так как О1В = О3С, ВО2 = СО2 и / О1ВО2 = / MBN + π/2 = / DCB + π/2 = / О3СО2 Следовательно, О1О2 = О3О2 и / О1О2О3 = / О1О2В + / BO2C — / О3О2C = / BO2C = π/2 Аналогично доказывается, что О2О3 = О3О4 = О4О1 и / О2О3О4 = / О3О4О1 = / О4О1О2 = π/2. Следовательно, О1О2О3О4—квадрат. ________________________________________________ 91. Пусть АР, BQ, CR и DS — биссектрисы внутренних углов четырехугольника ABCD (рис. 95).
Pис. 95 Пусть А, В, С, D — величины этих углов. Тогда / ASD = π —1/2 A— 1/2 D, / BQC = π —1/2 B — 1/2C. Сложив эти равенства, получим: / ASD + / BQC = 2π — 1/2 (A + B + C + D) = 2π — 1/2 2π = π. Следовательно, точки Р, Q, R, S лежат на одной окружности. ________________________________________________ 92. Пусть А и В — точки касания, M — произвольная точка окружности и MN _|_AB, MD_|_AC, ME _|_ ВС (рис. 96).
Pис. 96 Докажем, что треугольники DMN и NME подобны. Для этого заметим, что вокруг четырехугольников ADMN и NMEB можно описать окружности, так как / MNA +/ ADМ = π/2 + π/2 = π и / MEB + / BNM= π/2 + π/2 = π Поэтому / MND = / MAD и / MEN = / MBN. Ho / MAD = / MBN, так как каждый из них измеряется половиной дуги AM. Итак, / MND = / MEN. Аналогично устанавливается равенство / NDM = / ENM. Из подобия треугольников DMN и NME получаем DM/MN = MN/ME что и требовалось доказать. ________________________________________________ 93. Пусть ABC — вписанный в окружность треугольник, D — точка окружности, L, М, N—основания перпендикуляров (рис. 97).
Pис. 97 Соединим точки М с N и N с L и докажем, что углы ANM и LNC равны. Заметим для этого, что / ANM = / ADM, (1) так как около четырехугольника MAND можно описать окружность. По той же причине / LNC = / LDC; (2) с другой стороны, / ADC = / MDL. (3) Действительно, / ADC + / В = 180°, так как эти два угла в сумме опираются на полную окружность; в то же время / MDL + / В = 180°, так как около четырехугольника MBLD можно описать окружность. Следовательно, равенство (3) справедливо. Из чертежа ясно, что в таком случае / LDC= / ADM, а тогда из (1) и (2) вытекает равенство / ANM = / LNC, которое и требовалось доказать. ________________________________________________ 94. Докажем, что каждые два из трех отрезков О1А1, О2А2 и О3А3 в точке их пересечения делятся пополам. Отсюда следует, что все три указанные отрезка пересекаются в одной точке. Например, докажем, что отрезки О1А1 и О2А2 в точке их пересечения В делятся пополам ( рис. 98).
Pис. 98 В силу равенства окружностей заключаем, что О2А1О3O — ромб и О1А2О3O — ромб. Отсюда вытекает, что отрезки О2А1 ,ОО3 и О1А2 параллельны и равны. Поэтому О1А2А1О2—параллелограмм и его диагонали O1A1 и О2А2 в точке пересечения В делятся пополам. ________________________________________________ 95. Пусть О —центр меньшей окружности (рис.99).
Pис.99 Тогда АК | | ОС, так как АК _|_ BK и ОС_|_ ВК. Кроме того, ОА = ОС. Следовательно. / КАС = / АСО = / САО. ________________________________________________ 96. Из рассмотрения рис. 100 ясно, что
а это равносильно равенству
Pис. 100 ________________________________________________ 97. Возможны три случая. Они изображены на рис. 101, а, б, в.
Pис. 101 В первом случае неподвижные касательные параллельны, угол COD = α + β = π/2, поэтому CE•ED = OE2, т. е. AС•ВD = r2, где r —радиус окружности. Во втором и третьем случаях, пользуясь обозначениями, легко понятными из рисунка, находим, что α + β ± γ = π/2 т.е. α ± γ = π/2 — β откуда следует, что /\ AOC подобен /\ BDO и потому
Следовательно, AC•BD = AO2 = r2. ________________________________________________ 98. Пусть М — точка пересечения взаимно перпендикулярных хорд АВ и CD (Pис. 102).
Pис. 102 Проведем АК | | CD, тогда ВК,— диаметр, АК < CD и ВК2 = АВ2 + АК2 < AВ2 + СD2. Далее, KD = AC, так что КВ2 = ВD2 +KD2 = ВМ2 + DM2 + AМ2 + СМ2. ________________________________________________ 99. Пусть AC = CD = DB (рис. 103).
Pис. 103 Проведем ОЕ_|_АВ. Тогда ОЕ—высота, а ОС—медиана в /\ AOD. Так как биссектриса / AOD лежит между медианой и высотой (см. задачу 64), то / АОС < / COD. ________________________________________________ 100. Пусть АВ — диаметр круга и Е—точка пересечения хорд AD и ВС (рис. 104).
Pис. 104 Имеем: АЕ • AD = AE2 + А Е• ED = AС2 + EС2 + АЕ • ED. По свойству пересекающихся хорд AE•ED = BE•EC. Поэтому AE•AD=AC2+EC2 + BE•EC=AC2+EC•BC = АС2 + (ВС—ВЕ) ВС=АС2 + ВС2 — ВЕ•ВС, или окончательно AE•AD + BE•BC = AB2. ________________________________________________ 101. Пусть А, В — данные точки, О — центр данной окружности, R—радиус данной окружности и r — радиус равных вписанных окружностей с центрами О1 и О2 (рис 105).
Pис .105 Тогда
Взяв производную пропорцию, получим:
Следовательно, O1O2 | | АВ. ________________________________________________ 102. Пусть r1 и r2 — радиусы полуокружностей, вписанных в данную полуокружность радиуса R (рис. 106).
Pис. 106 Так как R = r1 + r2, то заштрихованная площадь равна
Но h2 = 2r1• 2r2 = 4r1r2. Следовательно, S = 1/4 πh2 ________________________________________________ 103. Если прямая, соединяющая точки А и В, не пересекает данной окружности, то касательные АС и BD можно провести, так, что точка их пересечения М будет лежать на отрезках АС и BD (рис. 107).
Рис. 107 В /\ AMВ имеем: АМ+ВМ > АВ > |AM — BM |, и так как АС > AM, BD > BM, MC = MD, то AC + BD > АВ > |AC — BD|. Если прямая AB пересекает окружность, то возможны два случая: а) хорда, отсекаемая окружностью на прямой АВ, лежит на отрезке АВ; б) эта хорда лежит вне отрезка АВ. В случае а) (рис. 108)
Pис. 108 имеем: АВ > AE + BF > AC + BD, так как гипотенузы АЕ, BF в прямоугольных треугольниках AЕС и BFD больше катетов АС и BD. В случае б) отрезок АВ лежит внутри угла САС' (рис. 109).
Pис. 109 Проведем через В окружность, концентрическую с данной. Пусть она пересечет АС и АС' в точках Е и E'. Тогда EC = BD и АЕ > АВ. Следовательно, АВ < AЕ = AС—ЕС = АС — BD. ________________________________________________ |
