ГЛАВА   3

ПЛАНИМЕТРИЯ

ЗАДАЧИ НА ДОКАЗАТЕЛЬСТВО

Ответы и решения

104.  Введем обозначения (рис. 110):

Pис. 110

/  PCM = /  QCN = α,    /  NML = /  NKL = γ,   /  LCP = /  QCK = β,

QC = x,   PC = y,   AC = CB = a.

По теореме об отрезках пересекающихся хорд окружности

NQ•QK = AQ•QB = a²—x².

Применяя теорему синусов к треугольникам NQC и QCK, получаем:

________________________________________________

105. Пусть  В₁ , В₂, В₃, В₄— середины  дуг   А₁А₂,  А₂А₃,  A₃A₄ , A₄A₁   (рис.111).

Pис.111

  Пусть  α_i  — центральный   угол,   соответствующий дуге   A_i B_i   ( i = 1, 2, 3, 4). Обозначим через  φ  угол, образованный отрезками В₁В₃ и В₂В₄. Тогда

а так как

2α₁ + 2α₂ + 2α₃ + 2α₄ = 2π,

то   φ  =  ^π/₂

________________________________________________

106. Выберем точки A и В на ломаной так, чтобы они делили периметр на две равные части. Пусть О — середина отрезка АВ, проведем окружность  с центром в О радиуса   ^p/₄,   где   р —периметр  всей ломаной.

Докажем, что эта окружность искомая. Допустим противное, т. е. что существует точка М ломаной, лежащая вне построенного круга. Длина той части ломаной, которая содержит М, не меньше, чем  АМ + ВМ, т. е. АМ + ВМ <  ^p/₂. Но АМ + ВМ > 2МO.

Pис.112

Действительно,   из   параллелограмма   AMBD   (рис.   112)   имеем:

DM = 2MO < BM + BD =AM + BM.

Так как МО > ^p/₄,  то  из  неравенства   АМ + ВМ > 2МO следует,

что  АМ + ВМ > ^p/₂. Получаем противоречие.

________________________________________________

107. Проведем через вершину А данного /\ ABC прямую AD, параллельную одной из данных прямых х и у и не пересекающую треугольник, и опустим из точек В и С перпендикуляры ВР и CQ на AD (рис. 113).

Pис. 113

Предположим, что расстояния вершин треугольника ABC от прямых х и у выражаются целыми числами. Тогда длины отрезков АР, AQ, ВР, CQ также будут выражаться целыми числами. В силу этого

будут числами рациональными, а значит, будет рациональным и число

Поэтому невозможно, чтобы /  ВAС = 60°, так как  tg 60°= √3  есть число иррациональное. Следовательно, /\  ABC не может быть правильным.

________________________________________________

108. Пусть   прямые  А₁В  и  АВ₁  пересекаются   в  точке   О  и OD_|_AB (рис. 114).

Pис. 114

Так как /\ АВА₁~ /\ DBO и /\ ВАВ₁  ~  /\ DАО, то

Отсюда

Следовательно, расстояние

не зависит  от  положения  точек  А и В  (при   сохранении  величин а и b).

________________________________________________

109. Если K — точка    касания   отрезка   MN   с   окружностью (рис. 115),

Pис. 115

то ВМ = МК, KN=NC, откуда

MN = BM + CN.                                   (1)

Ho MN < AM + AN. Поэтому

2MN < BM + AM + CN+AN = AB + AC,

откуда

С другой стороны, MN > AN и MN > AM, так как MN — гипотенуза в треугольнике AMN . Поэтому 2MN > AN + AM и, в силу (1), 3MN > AN + NC+ AM + МВ = АВ+АС.

Следовательно,

________________________________________________

110. Пусть      ABC — данный треугольник,   АВ = ВС,   ВО | | АС, О — центр   окружности,  касающейся   AC; D   и   Е — точки   пересечения этой   окружности с АВ  и ВС (рис.  116).

Pис.  116

Продолжим АВ до второго   пересечения   с   окружностью в точке F. Докажем, что FE_|_BO.

Заметим,     что /  OBF= /  OBE так   как эти углы равны углам при  основании   АС   в  треугольнике ABC. Далее BF = BE; действительно, если бы было BF > BE, то, отложив на BF отрезок BE' =  BE, мы имели бы равные треугольники ОBЕ и ОВЕ' и ОЕ' = ОЕ, что невозможно, так как точка E' лежит внутри окружности радиуса ОЕ; аналогично докажем, что невозможно неравенство BF < BE. Но биссектриса ВО в равнобедренном треугольнике FBE должна быть и высотой, что и требовалось доказать.

Поэтому /  DFE = ¹/₂  /   ABC не зависит от положения точки О на прямой ВО. Следовательно, величина дуги DE, половиной которой измеряется /  DFE, остается при качении окружности постоянной.

________________________________________________

111. Пользуясь  обозначениями, введенными   при решении задачи 33, находим:

________________________________________________

112. Пусть ABC—правильный треугольник  со стороной а и r₁, r₂, r₃ — расстояния  от  точки   М описанной окружности до вершин треугольника   (рис. 117).

Pис. 117

Сначала   заметим, что   при указанном на  рис. 117  положении   точки   М будет

r₁= r₂ + r₃

Действительно, если отложить DM = r₂, то получится равносторонний треугольник BMD.

Отсюда следует, что /  ABD= /  СВМ, в силу чего /\ ABD = /\ CBM, так что AD  = r₃. Применив к /\ ВМС теорему косинусов, получим:

a² = r₂² + r₃² — 2r₂ r₃ cos 120° = r₂² + r₃² + r₂ r₃

Следовательно,

r₁²+ r₂² + r₃²= (r₂ + r₃)² + r₂² + r₃² =  2(r₂² + r₃² + r₂ r₃) = 2a².

________________________________________________

113. Пусть   сторона   АВ   четырехугольника   ABCD  пересекает окружность, а стороны ВС, CD, DA касаются ее в точках Е, F, G (рис.     118).    

Pис. 118

Так    как     CE = CF    и     DF = DG,    то    неравенство

AB + CD > BC + DA

равносильно неравенству

АЕ > BE + AG,

а это неравенство доказано в решении задачи 103.

________________________________________________

114. Пусть сторона AD четырехугольника ABCD не пересекает окружности, а стороны ВС, CD, ВА касаются ее в точках F, E, G (рис.  119).

Pис.119

Неравенство

AD + CB < DC + BA

равносильно   неравенству

AD < DE + AG,

которое доказано в решении задачи 103.

________________________________________________

115. Пусть R — радиус данных полуокружностей. Если r₁, r₂, ...., r_n— радиусы   вписываемых   кругов,   d₁, d₂, ..., d_n — их   диаметры (рис. 120),

Pис. 120

  то  ясно,   что   при   безграничном   возрастании   п  сумма  d₁+ d₂+ ...+ d_n стремится к R, т. е.

d₁+ d₂+ ...+ d_n +...= R.                    (1)

Кроме того, имеем:

________________________________________________

116.  Пусть О —центр биллиарда, В— первая точка отражения и С—вторая точка отражения. Докажем, что если /   ABC =/= 0, то /\  ABC равнобедренный (рис. 121).

Pис. 121

Действительно, /\  ВОС равнобедренный, значит, /  ОВС = /  ОСВ. По закону отражения (угол падения равен углу отражения) /  ОВС= /  ОBА и /  ОСВ = /  ОСА.

Поэтому     /  ABC = /  АСВ.    Следовательно,    центр   О  лежит   на высоте AD, проведенной к стороне ВС. Положение точки В, в которую  надо   направить   шарик, чтобы   после  отражения   в В и С он прошел через точку А, можно фиксировать   заданием    угла    / BOD = α.

OD = R cos α, BD = R sin α,

Имеем:

Так как ВО— биссектриса  угла   В в /\ ABD, то

откуда для cos α получаем уравнение

Решив его, найдем:

Bторой корень отброшен, так как в силу R > а  он  дает  значение cos α < — 1.

Если мы теперь предположим, что / АВС = 0, то получим второе решение задачи: точки В и С находятся на концах диаметра, проходящего через точку А.

________________________________________________

117. Пусть S—вершина данного угла α, А₁ — точка первой встречи луча с зеркалом, SB₁ — та сторона угла, на которой лежит точка А₁ и SB₀—другая его сторона. Последующие точки встречи луча со сторонами угла обозначим через А₂, А₃, ..., так что путь луча внутри угла будет иметь вид ломаной AA₁A₂A₃...   (рис.  122).

Pис.  122

В направлении вращения от SB₀ к SB₁ построим последовательно углы B₁SB₂, B₂SB₃, ..., равные углу α = /  B₀SB₁. Ha стороне SB_m (m = 2, 3, 4, ...) отложим отрезок SA'_m = SA_m (точки A'₁ и A₁ совпадают) и докажем, что точки A'₁, A'₂, ... лежат на одной прямой. Для этого достаточно доказать, что каждые три последовательные точки A'_m, A'_m+1, A'_m+2 лежат на одной прямой (мы полагаем здесь т = 0, 1,2, ...). Для этого заметим, что /\ A'_mSA'_m+1 = /\ A_mSA_m+1, в силу чего

/   A'_mA'_m+1 S= /  A_mA_m+1S.

Аналогично  /\ A'_m+1SA'_m+2 = A_m+1SA_m+2   и, значит,

/  SA'_m+1A'_m+2= /  SA_m+1A_m+2.

Но по закону отражения (угол падения равен углу  отражения)

/  SA_m+1A_m+2= /  A_mA_m+1В.

Следовательно,

/  A'_mA'_m+1S + /  SA'_m+1A'_m+2 = /  A_mA_m+1S + /  A_mA_m+1В = π.

Таким образом, путь луча — ломаная АА₁А₂...— оказался развернутым в прямую l         (АА'₁А'₂...). Так как эта прямая может пересечь лишь конечное число сторон SB_m, то, следовательно, число отражений луча конечно.

Ясно, что если SB_n— последняя из сторон, которую пересекает прямая l, то

пα < β, a (n + 1)α  > β. Таким образом, число отражений равно такому целому числу п, которое удовлетворяет неравенствам

п < ^β/_α < n + 1

Для того чтобы выяснить условия, при которых луч после некоторого числа отражений снова пройдет через точку А, построим ряд точек С₁, С₂) ... так, чтобы точка С₁ была симметрична точке А относительно SB₁ точка С₂ симметрична точке C₁ относительно SB₂ и т. д., вообще, чтобы точка С_m была симметрична точке С_m—1 относительно SB_m. Ясно, что прохождение луча снова через точку А равносильно прохождению прямой l через одну из точек С_m (т = 1, 2, ...).

Для аналитической формулировки этого условия введем угол γ  = /  ASB₀ и будем различать два случая:

а)   точка   С_k через   которую   проходит   прямая  l,   такова,   что k — четное число;

б)  точка C_k такова, что k—нечетное число.

В случае а) (этот случай изображен на рис. 122, где k = 6)

/  ASC_k = kα. Так как /  ASC_k равнобедренный, то

/  ASC_k = ^π/₂ = ^kα/₂

С другой стороны, тот же угол равен γ + π — β. следовательно,

^π/₂ — ^kα/₂=  γ + π — β

откуда

                       (1)

В случае б) будем иметь

/  ASC_k = ( k +1) α — 2γ

и, как и выше, придем к соотношению

Проведя рассуждение в обратном порядке, легко убедиться в том, что выполнение одного из соотношений (1) или (2) при целом значении k влечет прохождение прямой l через точку С_k . Следовательно, луч снова пройдет через точку А тогда и только тогда, когда одно из чисел (1) или (2) будет целым четным числом.

________________________________________________