ГЛАВА   3

ПЛАНИМЕТРИЯ

ЗАДАЧИ НА ДОКАЗАТЕЛЬСТВО

Ответы и решения

 

48. Пусть   ВО—медиана   в  треугольнике   ABC; достроим   треугольник ABC до  параллелограмма   ABCD  (рис   57)   

Рис.57.

 Из треугольника    BCD    имеем   2 ВО < BC + CD, и так как CD = AB, то

Из  /\  АОВ и  /\  ВОС имеем:

Сложив эти неравенства, получим:

________________________________________________

49. Пусть   О — точка   пересечения     высот,     О —центр     описанной окружности,   Е   и   F —середины сторон   ВС  и   АС   (рис.   58).   

Рис.58.

Треугольники    ADB    и    EOF   подобны, так как   / ABD = / OFE   и   / BAD = /  OEF  (как углы с параллельными сторонами). Следовательно,

________________________________________________

50. См. решение задачи 10.

________________________________________________

51. Пусть  а,   b,   с —длины сторон    треугольника,   лежащих    соответственно   против   углов   А, В, С. Докажем, что   длина   lA биссектрисы угла А выражается формулой

                      (1)

Действительно, площадь треугольника ABC равна

Отсюда следует формула (1). Аналогично для биссектрисы lB угла В получим формулу

                                     (2)

Пусть  а > b;   тогда   /  А > /  В,   и  так  как, кроме   того, 0 < A/2 < π/2   и  0 < B/2 < π/2,  то  cos A/2 < cos B/2    

Итак,   числитель дроби   (1)   меньше  числителя дроби (2).

Далее, знаменатель  1/b  +  1/c  дроби (1) больше  знаменателя 1/a  +  1/c  дроби (2), так   как 1/b  > 1/a .

Следовательно, lA < lB.

________________________________________________

52. Пусть / CPQ = α,    / PQC = β  (рис. 59).

Рис.59.

По теореме синусов имеем:

Перемножив эти равенства почленно, получим:

RB•PC•QA=PB•QC•RA.

________________________________________________

53. Пусть /  АКВ = α, /  AFB = β, /  АСВ = γ (рис. 60).

Рис.60.

Имеем α = π/4 , и так как  

tg β =  1/2 ,  tg γ =  1/3 ,

то

Отсюда   β + γ  = π/4  и  α + β + γ  = π/4 + π/4 = π/2

________________________________________________

54. Воспользуемся теоремой, обратной теореме Пифагора: если сумма квадратов двух сторон треугольника равна квадрату третьей стороны, то этот треугольник прямоугольный. В данном случае соотношение

( a + b )2 + h2 = ( c + h )2

выполнено, так как оно эквивалентно очевидному равенству ab = ch.

________________________________________________

55. Первое  решение.   Проведем АЕ так, чтобы /   ЕАС =  20° и BD _|_ АЕ (рис. 61).

Рис.61.

Так как    /\  САЕ ~ /\  ABC, то

CE/a = a/b

откуда  

С другой стороны,  /  BAD = 60°, в силу чего

BD =√3/2 b ,   AD = b/2

и так как АЕ= а, то ED = b/2 — а. Поэтому Следовательно,

Возведя обе части в квадрат и сделав упрощения, найдем, что это соотношение  равносильно  доказываемому.

Второе    решение.     Так    как a = 2b sin 10°,   то  доказываемое   соотношение равносильно следующему:

1+8 sin3 10° = 6 sin 10°,

или

sin 30°= 3 sin 10° — 4 sin3 10°.

Последнее равенство выполнено в силу общей формулы

sin 3α = 3 sin α — 4 sin3 α.

________________________________________________

56.  В   треугольнике   против   большей  стороны лежит больший угол. Поэтому, если в /\  ABC (рис. 62)

Рис.62.

АС < 2 BM,

что равносильно двум неравенствам:

AM < ВМ,    МС < ВМ,

то

/  АВМ < /  ВАМ,    /  МВС < /  ВСМ.

Сложив эти неравенства, получим:

/   АВС <  /  ВАМ +  /  ВСМ =  π —  /  ABC,

откуда  2 /   ABC < π   или  /  ABC < π/2 .

Аналогично рассматриваются случаи  АС  >  2ВМ.

________________________________________________

57. Первое решение. Пусть QQ' || АС и N — точка пересечения AQ' и QC (рис. 63).

Сплошными дугами на рисунке обозначены углы, значения которых очевидны.

Покажем, что

QP _|_ AQ'                                (1)

Действительно,   NC = AC;   но АС = РС, ибо   /\  АСР —  равнобедренный. Поэтому NC = PC, следовательно, /\NCP также равнобедренный и значит

/   CNP = /  NPC = 80°.

Отсюда   уже легко    получаем,   что      /  Q'NP=180°—60°—80° = 40°,    и так   как         /   NQ'P = 40°, то  треугольники   QQ'P   и   QNP   равны.

Отсюда следует (1). Теперь уже ясно, что   /   Q'PQ = 50°  и, следовательно,  

/  QPA = 180°—50° — 50° = 80°.

Второе решение (см. рис. 64).

Легко видеть, что угол Р =80° в том и только в том случае, если /\  АВР ~ /\  PCQ (сплошными дугами на рисунке отмечены углы, величины которых прямо следуют из условий задачи). Докажем, что эти треугольники действительно подобны. Для этого ввиду равенства углов АВР и PCQ достаточно проверить, что

AB/CQ   =  PB/CP                 (1)

Положим   АВ = l;   тогда   из   равнобедренного   треугольника    CQB  имеем:

С другой стороны, так как РС=АС, то

PC = 2l sin 10°,    а  ВР = l — 2l sin 10°.

Подставив эти выражения в (1), придем к равносильному равенству:

4 sin 10° cos 20°= 1—2 sin 10°.                             (2)

Справедливость последнего легко обнаружить, заметив, что

________________________________________________

58. Пусть дан /\  ABC (рис.  65).

Рис.65.

На продолжении  стороны АС отложим    AD = c.    Из    равенства  a2 = b2+ bc следует:

Это означает, что треугольники   CAB  и  CBD   подобны и    /  А = /  CBD. Кроме того,  /  В   =  /  BDA =  /  DBA.

Следовательно,   /  A =  /  B +  /  DBA = 2 /  В.

________________________________________________

59. Пусть   ОС — медиана   в /\ OAB1 . Пусть точка D лежит на продолжении ОС,    причем    ОС  =  CD    (см.    рис.    66).   

Рис.66.

 Покажем,  что /\  AОD  = /\ОА1В. Действительно, AO = OA1 по построению. Далее, AOB1D —  параллелограмм, в силу чего AD = OB1 = OB. Наконец  /   OAD = /  А1ОВ, так как стороны этих углов взаимно перпендикулярны: АО _|_ OA1 и OB1 _|_ OB по построению, a AD || OB1 Следовательно, /\  AOD = /\  ОA1В и две из сторон одного из них перпендикулярны, соответственно, двум сторонам другого. Поэтому третьи стороны также перпендикулярны, т. е. OD _|_A1B.

________________________________________________

60. Пусть ABC — остроугольный треугольник и AD, BE, CF — его высоты, пересекающиеся в точке О (рис. 67).

Рис.67.

Каждый из четырехугольников BDOF, CEOD, AFOE является вписанным в некоторую окружность. По теореме о произведении секущей на ее внешнюю часть имеем:

AD•AO =AB•AF = AC•AE,

BE•BO = BC•BD = BA•BF,

CF•CO = CA•CE = CB•CD.

Сложив эти равенства, получим:

2 (AD•AO + BE•BO + CF•CO) =

= АВ•AF + BC•BD + CA•CE + AC•AE + BA•BF + CB•CD =

= АВ (AF + BF) + BC (BD + CD) + CA (СЕ + АЕ) =

= (АВ)2 + (ВС)2 + (СА)2,

что и требовалось доказать. В случае  тупоугольного треугольника, произведение, соответствующее тупому углу, надо взять со знаком минус.

________________________________________________

61. По условию b — а = с — b, или а + с = 2b. Для вычисления произведения Rr воспользуемся выражениями для площади S треугольника через радиус описанного или вписанного круга и стороны. Известно, что S= 1/2 bc sin A,

а по теореме синусов  sin A = a/2R ,

откуда

С  другой   стороны,   S = rp,   где  р —полупериметр.   Приравняв оба выражения, будем иметь:

               (1)

В условиях данной задачи

Подставим это значение р в (1), получим:

6 rR = ac

________________________________________________
Используются технологии uCoz