atnasyan-gdz-8-2005 (546187), страница 34
Текст из файла (страница 34)
Из этого следует, что треугольники РЕМ и СЕЛХ равны (см. задачу 543). Углы АЛХЕ н ВАЛХ равны как накрест лежащие углы, образованные при пересечении параллельных прямых АВ и ЕЕ секущей АЛХ. Следовательно, в треугольнике АЕЛХ углы А и ЛХ равны, а значит, АЕ = ЕЛХ. По аналогичной причине ВГ = ГЛХ. Имеем: 200 Гл. 4 Окружносаь откуда АВ СР = АК ВР. Треугольники ВСК и АВР также подобны, так как л'.СВК = = л'.АВР, а углы АСВ и АРВ равны как вписанные углы, опирающиеся на одну и ту же дугу АВ.
Поэтому ВС: ВР = КС: АР, откуда АР ВС = КС. В.Р. Сложив последнее равенство с равенством (*), получим: АВ СР + АР ВС = ВР(АК + КС) = ВР . АС. 894. Докажите, что в любом треугольнике радиус В описанной окружности, радиус т вписанной окружности и расстояние д между центрами этих окружностей связаны равенством ьзз = В' — 2Вт (формула Эйлера). Р е ш е н и е.
Рассмотрим треугольник АВС, у которого точка 0— центр описанной окружности, а точка М вЂ” центр вписанной окружности. Допустим сначала, что ь) ф 0 (рис.282, а). Проведем через точку ЛХ диаметр Хзь4 описанной окружности, а также биссектрисы АЛХ и ВЛХ углов А и В. По теореме о произведении отрезков пересекающихся хорд РХтХ ЛХО = АЛХ ЛХА1 или (ХХ+ г))( — ь() =- АЛХ. ЛХАы Далее, поскольку АА1 и ВВ1 — биссектрисы углов А и В, то ВА1 = А~С и СВ1 = В1А. Следовательно (см. задачу 718), тВЛХА ВА|+ АВ1 А~С+ СВ| тЛХВА 2 2 Аз А А Рнс. 282 Задачи повышенной трудности 201 Это означает, что треугольник ЛХА~ — равнобедренный.
Поэтому найденное нами соотношение можно переписать так: (Н+ И)(Н вЂ” г1) = АЛХ ВАн Проведем теперь диаметр АгАг описанной окружности. Пусть К точка касания вписанной окружности и стороны АВ. Прямоугольные треугольники АгАаВ и АМК имеют равные острые углы А и Аа, поэтому эти треугольники подобны. Следовательно, МК: ВА~ = АЛХ: АгАз, г: ВАг = АЛХ; 2Н, или откуда АЛХ ВА~ = 2Нг. Таким образом, наше соотношение принимает вид: (Л вЂ” г()(Н+ д) = 2Вг, или г1г = ггг — 2Вг. Если г( = 0 (рис. 282, б), то каждая сторона треугольника АВС равна 2уМ вЂ” гг, а значит, этот треугольник — равносторонний. Поэтому аВАС = бО', аВАО = 30' и, следовательно, Л = 2г, или 0 = Пав — 2Ут.
895. Для неравностороннего треугольника АВС точка О является центром описанной окружности,  — точка пересечения прямых, содержащих высоты ААг, ВВы ССп точки Аг, Вг, Сг — середины отрезков АН, ВН, СИ, а точки Ам Вм Сг — середины сторон треугольника АВС. Докажите, что точки Аг, Вн Сы Аг, Вг, Сг, Ам Вм Сз лежат на одной окружности (окружность Зйлера).
Р е ш е н и е. Пусть точка ЛХ середина д отрезка ОЕХ, ЛХЛХ 3 АС (рнс. 283). Поскольку прямые НВг, ЛХН и ОВз параллельны, то по теореме Фалеса (см. задачу 385) Вгйг = ХВз. Поэтому прямоугольные тре- В а угольники ВгЛХХчг и ВзЛХЛг равны по двум о катетам, а значит, ЛХВг = МВг.
и' Пусть Вч точка, симметричная точке Н относительно стороны АС. В треуголь- А , С нике ОНВ4 отрезок ЛХВ~ — средняя линия, поэтому ЛХВг = — '. По точка Вч ОВч 2 В ч лежит на окружности, описанной около Рнс. 283 треугольника АВС (см. задачу 886). В Следовательно, отрезок ЛХВп а значит, и отрезок ЛХВз, равен —, где 2' Н вЂ” радиус описанной окружности.
202 Хл. 4 Окружность Отрезок ЛХВз, будучи средней линией треугольника ВОН, также й равен —. Тем самым 2 МВ, =МВ,=МВ,= —. й 2 Аналогично доказывается, что ЛХА| = ЛХАт = МАз = — и й 2 ЛХС1 = ЛХСз = ЛХСз = й 2 Это означает, что все точки: Ан Вн Сн Аш Вз, Са, Аз, Вз, Сз й лежат на одной окружности с центром ЛХ радиуса 896. Докажите, что основания перпендикуляров, проведенных из произвольной точки окружности, описанной около треугольника, к прямым, содержащим стороны этого треугольника, лежат на одной прямой (прямая Симпсона).
Р е ш е н и е. Пусть Р— произвольная точка окружности, описанной около данного треугольника. Обозначим вершины треугольника буквами А, В и С, так, чтобы получился четырехугольник АВСХ) (рис. 284). В этом четырехугольнике с'.А+ с'С = 180", поэтому либо с'.А = с'С = = 90', и тогда прямой Симпсона будет прямая АС, либо один из этих углов острый, а другой тупой. Для определенности будем считать, что угол А острый. Рассмотрим два случая: 1) угол АСХ1, а значит, и равный ему угол АВХ1 острые; 2) указанные углы тупые (случай прямых углов рассмотрите самостоятельно). В первом случае основание Н перпендикуляра, проведенного из точки ХХ к прямой АВ, лежит между А и В, основание К перпендикуляра к АС лежит между А и С, а основание М перпендикуляра к ВС вЂ” вне отрезка ВС (рис.284, а).
Во втором случае все три основания перпендикуляров лежат вне сторон треугольника АВС (рис.284, б). Ход рассуждений в этих двух случаях в основном один и тот же. Поэтому проведем доказательство для Рнс. 284 203 Задачи повышенной чпрудноопи первого случая, отмечая в скобках те изменения, которые следует внести в текст доказательства для второго случая. Поскольку углы АНР и АКР прямые, то точки А, Н, К и Р лежат на окружности с диаметром АР (см.
задачу 704, а). Следовательно, углы АКН и АРН, вписанные в эту окружность и опирающиеся на одну и ту же дугу АН, равны. Углы СКР и СЛХР также прямые. Поэтому точки С, К, М и Р лежат на окружности с диаметром СР (см. задачу 704, а). Следовательно, углы СКЛХ и СРЛХ, вписанные в эту окружность и опирающиеся на одну и ту же дугу СЛХ, равны (во втором случае эти углы составляют в сумме 180'). Но аАРН = 90' — аВАР, а аСРМ = 90' — аЛХСР = 90'— — (180' — аВСР) .= 90' — аВАР, поскольку аВАР -ь аВСР = 180'.
Следовательно, /АРН = аСРЛХ. Итак, аАКН = аАРН, е СКМ = аСРЛ1 (во втором случае аСКЛ1 + аСРМ =- 180'), аАРН = аСРЛХ. Поэтому аАКН = = хСКЛХ (во втором случае х'АКН + УСКЛХ =- 180'). Это и означает, что точки Н, К и М лежат на одной прямой. 897. Постройте общую касательную к двум данным окружностям.
Р е ш е н и е. Рассмотрим две окружности с центрами О1 и Оч радиусов г1 и гю каждая из которых лежит вне другой окружности (рис. 285). Если г~ = гз (рис. 285, а), то решение задачи очевидно. О~ в а Рис. 285 Пусть, например, г1 > гш Если центры окружностей лежат по одну сторону от общей касательной, то касательная называется внешней, а если по разные стороны — внутренней.
Построим сначала внешнюю касательную. Проведем окружность с центром О| радиуса г~ — гз и построим к ней касательную ОтЛ1 (рис.285, б) так, как это описано в решении задачи 673. По свойству касательной О1ЛХ З 02ЛХ. Проведем теперь через точку М радиус О|А, а также радиус ОзВ Х ОвЛХ. Прямая А †. искомая касательная. В самом деле, в четырехугольнике ЛХАВОз противоположные стороны ЛХА и ОаВ равны по построению и параллельны, так как обе перпендикулярны к прямой ОаЛХ. Поэтому этот четырехугольник — параллелограмм. Поскольку угол 204 Хл.
4 Окружность Оь этого параллелограмма прямой, то и остальные его углы прямые. Следовательно, прямая А — касательная к обеим окружностям. Для построения внутренней касательной следует сначала провести окружность с центром О| радиуса г| + гш а затем выполнить построение, аналогичное описанному (рис.285, в). Замечание. Мы рассмотрели случай, когда каждая из данных окружностей лежит вне другой. В этом случае окружности имеют четыре общих касательных, две из которых внешние, а две другие— внутренние (рис.
286, а). Ясно, что если одна из окружностей целиком Рнс. 286 лежит внутри другой, то общих касательных у них нет (рис.286, б). Если окружности имеют единственную общую точку, то общих касательных три (рис.286, в) или одна (рис. 286, г). Наконец, если окружности имеют две общие точки, то общих касательных две (рис. 286, д). В каждом из этих случаев общие касательные могут быть построены одним из двух указанных методов. Впрочем, в ряде случаев касательную можно построить и проще — подумайте, как это сделать.
898. Даны окружность с центром О, точка ЛХ и отрезки Р2С)2 и РВОВ. Постройте прямую р так, чтобы окружность отсекала на ней хорду, равную Р2сгь и расстояние от точки ЛХ до прямой р равнялось Рзсгз. Решение. Отметим произвольную точку А данной окружности и построим хорду АВ = Р2О1 (рис.287). Найдем середину С этой хорды и проведем окружность с центром О радиуса ОС, а также окружность с центром ЛХ радиуса РзОз. Теперь построим общую касательную р к проведенным окружностям (см.
задачу 897). Прямая р— искомая. В самом деле, расстояние от точки ЛХ до прямой р равно РзОз по построению, а длина хорды РЕ, отсекаемой данной окружностью на прямой р, равна 2 20Π— ОС вЂ” 2~~0А — ОС вЂ” А — РС,. 205 Задачи повышенной шрудносши Рис 287 АВ = х + у = х + — = ~ тгх — —.у) + 2чус. с Г тгст *) Эта величина принимает наименьшее значение ч/с ) тогда, когда ьгх — — — = О, т.
е. тогда, когда Л,Х с х = — = у. Итак, стоящая перед нами задача состоит в том, чтобы построить хорду АВ с серединой ЛХ. Чтобы решить эту задачу, достаточно провести через точку ЛХ диаметр окружности (рис.288), а затем через точку ЛХ провести хорду АВ, перпендикулярную к этому диаметру. Рис. 288 900. Постройте треугольник: а) по стороне, протнволежашему углу и высоте, проведенной к данной стороне; б) по углу, высоте, проведенной из вершины данного угла, и периметру.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
