Э. Г. ГОТМАН
ЗАДАЧА ОДНА-
РЕШЕНИЯ РАЗНЫЕ
V?
И

Э. Г. ГОТМАН
3. А. СКОПЕЦ
ЗАДАЧА ОДНА-
РЕШЕНИЯ РАЗНЫЕ
Для старшего школьного возраста
КИЕВ
„РАДЯНСЬКА ШКОЛА"
1988

ББК 22.151.0
Г73
Рецензенты: И. В. Баум, кандидат педагогических наук, доцент
кафедры математики Симферопольского университета; Н. П. Грицаенко,
преподаватель Днепропетровского университета; В. А. Мишин, учитель математики.
Художник-оформитель Н. С. Кобрин
Scan AAW
Готман Э. Г., Скопец 3. А.
Г73 Задача одна — решения разные.— К.: Рад. шк., 1988.—·
173 с.— (Сер. «Когда сделаны уроки»).
ISBN 5—330—00346—6.
В книге помещена система нестандартных планиметрических и
стереометрических задач из всех разделов школьного курса геометрии.
Каждая из более чем 200 приведенных задач снабжена двумя-тремя
принципиально различными рациональными решениями,
иллюстрирующими важнейшие общие методы решения задач, принятые в
математике. Предлагаемые решения анализируются, сравниваются и
обобщаются.
4802020000—346
М210(04)—88
ISBN 5—330—00346—6
КУ—№9—40—1988
ББК 22.151.0
Издательство «Радянська школа», 1988

«Математика ум в порядок приводит» — эти слова принадлежат
великому М. В. Ломоносову. Что же он имел в виду?
Дело в том, что одним из наиболее важных качеств мышления
является его логичность, способность делать из правильных
посылок (суждений, утверждений) правильные выводы, находить
правильные следствия из имеющихся фактов.
О человеке, у которого хорошо развито логическое мышление,
говорят, что он основательно мыслит, дисциплинированно
рассуждает.
И вот оказывается, что это ценнейшее качество возникает и
развивается главным образом в процессе изучения математики, в
частности, в процессе решения математических задач. Ведь математика
это практическая логика, в ней каждое новое положение получается
с помощью строго обоснованных рассуждений на основе ранее
известных положений, то есть строго доказывается. Ломоносов
приведенными выше словами подчеркнул именно эту особенность
математики.
Изучение математики формирует не только логическое
мышление, но и много других качеств человека: сообразительность,
настойчивость, аккуратность, критичность и др.
Очень важным среди них является пространственное
воображение, умение представить в уме (вообразить) какие-то предметы,
фигуры и при этом увидеть их не только неподвижными, но и в
изменении,— представить, что произойдет, если их как-то
переместить, повернуть и т. д. При изучении математики, в особенности
при решении геометрических задач вам все время приходится
делать это, и тем самым у вас постепенно развивается эта важная
способность.
Эта же способность представить в уме — вообразить — важна
и для планирования своей работы, своих действий с тем, чтобы
они были наиболее разумными, рациональными и безошибочными.
Изучение математики, решение математических задач
развивают, помимо пространственного воображения, и способность до-
3

гадываться, угадывать заранее результат, способность разумно
искать правильный путь в самых запутанных условиях.
Прочтя задачу и еще не производя никаких действий, вы
должны стремиться к тому, чтобы научиться сразу видеть, что тот
или иной способ непригоден для ее решения, а вот какой-то другой
способ может быть использован. Такое умение вырабатывается в
процессе решения одной и той же задачи разными способами.
Именно поэтому часто полезнее решить одну и ту же задачу тремя
различными способами, чем решить три-четыре различные задачи.
Решая одну и ту же задачу различными методами, можно лучше
понять специфику того или иного метода, его преимущество и
недостатки в зависимости от содержания задачи.
Нередко найденный способ решения может быть в дальнейшем
использован для решения более трудных задач, сходных с решенной
задачей.
Отметим еще, что решение задач, допускающих ряд решений,—
увлекательная работа, требующая знания всех разделов
школьной математики.
Для решения предлагаемых задач хотя бы одним способом не
требуется знаний, выходящих за пределы школьной программы
по математике. Большинство задач по планиметрии доступно
восьмиклассникам. Они могут быть решены с помощью
элементарных геометрических приемов. Позднее, в старших классах, мы
рекомендуем вернуться к ним еще раз и решать их с применением
тригонометрии, векторов и других средств.
Некоторые задачи можно решить проще, если дополнительно
знать отдельные методы и приемы, которые в школе не изучаются.
Для учащихся, желающих овладеть ими, в начале каждой главы
помещен необходимый теоретический материал, даются
разъяснения о методах решения и приводятся типичные примеры.
Кроме решений, предлагаемых авторами, несомненно имеются
еще и другие, может быть, более интересные решения.
Предполагается, что читатель будет настойчиво пытаться отыскать
рациональное решение задачи, и только после этого обратится к указаниям,
помещенным в конце каждого раздела сборника.
Предлагается справочный материал — перечень основных
обозначений и формул по геометрии (многие из них вошли в сборник
как задачи на доказательство).

ПЛАНИМЕТРИЯ
ОСНОВНЫЕ ТЕОРЕТИЧЕСКИЕ СВЕДЕНИЯ
Аффинными называются свойства плоских фигур, которые
сохраняются при параллельном проектировании на плоскость. К ним
относятся принадлежность точек одной прямой, параллельность
прямых, отношение отрезков, лежащих на одной прямой или
на параллельных прямых, отношение площадей. Например,
хорошо известная из школьного курса геометрии теорема о средней
линии трапеции носит аффинный характер. А такие свойства
фигур, как величины углов или отношения непараллельных
отрезков, при параллельном проектировании не сохраняются.
Следовательно, они не являются аффинными и не используются
при решении задач этой главы.
Рассмотрим основные методы и приемы решения аффинных
задач.
При решении геометрических задач с аффинным содержанием
применяются геометрические преобразования: параллельный
перенос, центральная симметрия и гомотетия. Используются теоремы
о средней линии треугольника, об отрезках, отсекаемых на
сторонах угла параллельными прямыми, и аналогичные им теоремы.
5

При вычислении отношения площадей многоугольников
удобно пользоваться следующими леммами:
1) Если вершины С и Сх треугольников ABC и АВСХ
лежат по одну сторону от прямой АВ, то эти
треугольники равновелики тогда и только тогда, когда
ССХ || АВ.
2) Если точка Μ лежит на стороне АВ
треугольника ABC,moS^ = ^.
SBCM ВМ
3) Если точки Вг и Сх принадлежат сторонам АВ
и АС треугольника ABC (или их продолжениям), то
SABiCi _ АВХ · АСЛ
SABC ~ ABAC'
Большинство аффинных задач решается с помощью векторов.
При этом используются действия сложения и вычитания векторов,
умножения вектора на число. Скалярное умножение векторов не
применяется для решения задач этого типа.
Приведем основные формулы и соотношения, используемые
при решении аффинных задач.
1) Правило сложения векторов'. АВ + ВС = АС.
2) Правило вычитания векторов: АВ = ОВ — О А, где
О — произвольная точка.
3) Условие принадлежности трех точек А, В и С
одной прямой', a) HC = kBA\ б) ОС = kOA + (1 — k)OB\
в) ОС = kOA + ЮВ, где к+1 = 1.
Равенства б) и в) являются модификацией записи равенства
а). Согласно правилу вычитания векторов из равенства а) следует,
что ОС— OB = k(OA — OB), или ОС = kOA + (l—k)OB, и
наоборот, из последних равенств следует равенство а).
4) Условие параллельности отрезков АВ и CD;
AB = kCD.
Пусть a =^kb. При ЬфО это равенство записывают также в
виде — = k. Число k называют отношением коллинеарных векто-
ь
ров Έ и Ъ.
Если а = kb и & ^ О, тоЬ = -т-а. Иногда пишут: Ъ = у, счи-
а 1 -
тая, что -г = -га.
5) Если С —середина отрезка АВ, то: а) АС = СВ>
б) ОС --= | (ОА + ОВ).
6

6) Формула деления отрезка АВ β данном отноше-
нии: если = = k, то ОС = —, , . .
ев ι + л
Говорят, что точка С делит отрезок АВ β данном отношении k,
дг
если == k, или АС = kCB(k φ — 1).
ев
Если точка С лежит внутри отрезка АВ, то векторы ЛСи СВ
направлены одинаково. Следовательно, число k — положительное
и равно отношению длин отрезков АС и СВ. В частности, если С —
середина отрезка АВ, то k = 1.
Если же точка С лежит на прямой АВ вне отрезка АВ> то век*
торы АС и СВ направлены противоположно, и число k—
отрицательное.
Доказательство формулы 6). Пусть АС = kCB.
Согласно правилу вычитания векторов, при любом выборе
точки О имеем:
ОС — Ш = k(QB — OC),
или
Тогда
(1 + k)OC= О А + ЮВ.
γ^ ~0А+ ЮВ
UL~ \ + k '
7) Единственность разложения вектора по двум
неколлинеарным векторам', если векторы а и Ь не-
коллинеарны, то из равенства ха + уЬ = хха + yj)
следует, что χ = хг и у = уг.
Векторными обозначениями удобно пользоваться при изучении
гомотетии.
Гомотетией с центром О и коэффициентом k Φ Ο
называется такое преобразование плоскости, при
котором произвольная точка X отображается на
такую точку X', что ОХ' = ЮХ.
Из определения следует, что при k > 0 точки X и X' лежат
на прямой ОХ по одну сторону от центра гомотетии, а при k <
< 0 — по разные его стороны.
Пусть А' и В' — образы точек А и В при гомотетии с центром
О и произвольным коэффициентом k. Тогда О А' = kOA и ОВ' =
= k OB. Следовательно,
А'В' = ОВ'— ОА' = k(OB — 0A) = kAB.
Итак, А'В' = kAB. Из этого равенства вытекают все
важнейшие свойства гомотетии.
7

Одним из наиболее
универсальных методов решения
геометрических задач является координатный
метод.
Для решения аффинных задач
используют не прямоугольную де-
картову систему координат,
изучаемую в школе, а общую декартову,
или аффинную, систему координат.
Рассмотрим эту систему и выведем
основные формулы, необходимые
для решения задач.
Возьмем на плоскости неюэторую точку О и отложим от нее
два неколлинеарных вектора 0Ег = et и 0Е2 = е2 (рис. 1).
Пусть а — произвольный вектор. _Отложив его от точки и,
получим точку А, такую, что О А = а. Через точку А проведем
прямые параллельно прямым 0Е± и ОЕ2, пересекающие прямые
ОЕ2 и 0Ег в точках А 2 и Аг. Согласно правилу сложения векторов
Рис. 1
имеем:
ОА = ОАг + ОА<
Но вектор ОАх коллинеарен вектору ev Поэтому ОАх-
^.Аналогично ОА2 = уё2. Таким образом, получаем равенство
а — хёг + уё2.
Из единственности разложения вектора по двум неколлинеарным
векторам следует, что числа χ и у определяются однозначно.
Заданные векторы ег и ей называют базисными, или
координатными, а числа χ и у — координатами вектора a ejasuce (ег; е2).
Краткая запись: а = (*; у). Очевидно, ег = (1; 0) и е2 = (0; 1).
Действия над векторами, заданными своими координатами,
выполняются по следующим_ правилам:
Если aj=(at; a2) и Ь = (Ьг; Ь2), то
1) а + Ъ = (а1+Ъ1; а2 + Ь2);
2) а — Ъ = (а1 — Ь1;а2—Ь2);
3) k'a = (kax; ka2).
Точка О и базисные векторы е± и *а задают на плоскости
аффинную систему координат. Пусть А - произвольная точка плоскости.
Координатами точки А в данной ^аффинной системе коорои-
нат называют координаты вектора О А.
Если ОА = хёг + уе2, то точка А имеет координаты χ ту.
записывается это так: А(х; у). Точку О называют началом координат,
направленные прямые ОЕг и 0£2 - осялш координат. Точки £х
и £2 имеют координаты: £\(1; 0), £2(°; *)·
8

В частном случае, когда | ех | = | е2 | = 1 и (ег; е2) = 80°,
система координат называется прямоугольной декартовой системой
координат.
Используя определение координат точки и правила действий
над векторами в координатах, получаем следующие формулы:
1) Если на плоскости даны две точки А(хг; уг) и
у2), то координаты вектора АВ вычисляются
В(х,
так
АВ = ОВ — ОА = (х2 — хг; у2 — уг).
2) Если точка С делит отрезок АВ β данном отно-
тении z= = k, то
ев
7Г7> О А + kOB
ос =
\ + k
и координаты точки С определяются формулами:
χ =
хг + kx2 Ч| __ У\ + ky.
\ + k
У = '
l + k
3) Если точка С $елит отрезок АВ пополам, то
k = 1. Поэтому координаты середины отрезка АВ
вычисляются по формулам:
χ =
Xi + *i
У =
Уг + У*
Рассмотрим различные способы задания прямой на плоскости.
Пусть требуется написать
уравнение прямой /, заданной
в некоторой аффинной системе
координат точкой М0 (Xq\ Уо)
и ненулевым вектором а = (α; β),
параллельным прямой / (рис. 2).
Вектор а будем называть
направляющим вектором прямой I.
Произвольная точка Μ (х\ у)
принадлежит прямой / тогда и
только тогда, когда векторы
MQM и а коллинеарны, то есть
когда выполняется равенство
Рис. 2
М0М = ta,
ИЛИ
ta.
ОМ = ОМ0
где t — некоторое число (параметр). Это соотношение в
координатах принимает вид:
χ = х0 + а/, у = ί/ο + β*·
9

Полученные уравнения называют параметрическими
уравнениями прямой.
Если прямая / параллельна оси Оу, то α = 0 и уравнение
прямой принимает вид
X Л0»
а второе уравнение становится лишним.
Аналогично уравнение прямой, параллельной оси Ох:
У = У о-
При а Φ О и β Φ О, исключив из системы параметр t, получим
уравнение прямой, заданной точкой и направляющим вектором:
х — Хр У—У о
α β *
Рис. 3
При а ф О это уравнение можно записать так:
У — У1 = k(x — *i)>
о
где k = —. Число k называют угловым коэффициентом прямой.
Если прямая / задана двумя точками М^х^ у^ и М2(х2, f/2)> το
вектор М1М2= (х2 — х±\ у2 — уг) является направляющим
вектором прямой, и ее уравнение легко записать.
В частности, если прямая проходит через точки А (а; 0) и
В (0; 6), отличные от начала координат, то уравнение ее
принимает вид
£ + т = 1·
а ' Ъ
Это уравнение называют уравнением прямой в отрезках.
Рассмотрим еще один метод решения аффинных задач, который
назовем методом параллельного проектирования.
Пусть в пространстве даны две плоскости α и а' и некоторая
прямая /, пересекающая каждую из них (рис. 3, а). Через любую
точку А плоскости α проведем прямую, параллельную /. Эта пря-
s)
10

мая пересечет плоскость а в некоторой точке А'. Точка А'
называется параллельной проекцией точки А при параллельном
проектировании на плоскость а' в направлении /.
Проекцией фигуры F называется множество F'
проекций всех ее точек.
При параллельном проектировании плоскости на
плоскость-.
V) Проекция прямой есть прямая, а проекция
отрезка — отрезок.
2) Проекции параллельных прямых параллельны.
3) Отношение длин проекций двух отрезков,
лежащих на одной прямой или на параллельных прямых,
равно отношению длин самих отрезков.
4) Отношение площадей проекций двух фигур равно
отношению площадей проектируемых фигур.
Очевидно, если фигура F' является образом фигуры F при
параллельном проектировании плоскости α на плоскость а', то
при параллельном проектировании плоскости а' на плоскость α
в противоположном направлении, фигура F будет проекцией
фигуры F'. Следовательно, те свойства, которые сохраняются при
параллельном проектировании, являются общими для обеих фигур.
Иначе говорят, что фигуры обладают одинаковыми аффинными
свойствами.
Легко доказать, что всякий треугольник можно
параллельно спроектировать на плоскость так, что его
проекцией будет треугольник любого вида, то есть
подобный любому другому заданному треугольнику.
Действительно, пусть даны два треугольника ABC и Л^С^
Проведем через прямую АВ плоскость а, не совпадающую с плес-
костью треугольника ABC (рис. 3, б). В плоскости а построим на
стороне АВ треугольник ABC, подобный треугольнику А1В1С1.
Если треугольник ABC спроектировать на плоскость α в
направлении прямой CCi, то получим треугольник ABC (подобный
треугольнику ΑιΒ^).
В частности, всякий треугольник можно
спроектировать так, что его проекцией будет
равносторонний треугольник.
Поскольку параллелограмм диагональю разбивается на два
треугольника симметричных относительно центра параллелограмма,
то доказанную теорему легко распространить и на параллелограмм.
Итак, если в задаче требуется доказать, что треугольник обладает
некоторым аффинным свойством, то вместо произвольного
треугольника можно взять другой, более простой, например, равносторонний
или прямоугольный, и для него доказать существование
требуемого свойства. Тем самым будет установлено, что этим свойством
обладает любой треугольник. Аналогично, вместо параллелограмма
общего вида можно взять какой-нибудь частный его вид, например
Η

Рис. 4
квадрат. После такой замены часто
получается более простая
метрическая задача, для решения которой
можно использовать любые
известные из курса геометрии теоремы и
формулы.
ПРИМЕРЫ РЕШЕНИЯ АФФИННЫХ
ЗАДАЧ
Пример 1. На сторонах АВяАС
треугольника ABC даны
соответственно точки Μ и Ν, такие, что
ЖЕ= WA = ~2 * ^ каком отношении точка 5 пересечения
отрезков ΒΝ и СМ делит каждый из этих отрезков?
CS
Решение 1. Для того чтобы вычислить отношение -^,
через точку Μ проведем прямую, параллельную прямой ΒΝ,
и точку пересечения ее со стороной АС обозначим через L (рис. 4).
Так как AM = -^ МВУ то AL = -j LN. Согласно условию
задачи, AL + LN = | АС, или | LN = § АС, то есть LN = j AC.
Ввиду того, что CN = -^ АС, имеем yi/^T · А так как LM || MS,
AM CN
то и
cs_
SM
LN'
Далее, учитывая, что треугольники CNS и CLAf, ALM и АМЗ —
гомотетичны, находим, что NS = -γ LM, ΒΝ = 3 LA4. Отсюда
NS = jBN. Значит, SB = j ΒΝ и J§ = |.
Теперь решим эту задачу с помощью векторов, а затем
координатным методом.
CS NS
Решение 2. Обозначим ~-п = α и -^ == β (рис. 4). Для того
чтобы вычислить α и β, выразим вектор AS двумя способами
через векторы А В и АС.
По формуле деления отрезка в данном отношении имеем:
-ТГс АС+аЛМ jo 'AN + ^AB
AS——гЧ и AS =
1 +α
i + P
Так как согласно условию задачи AM = -^ А£ и ЛЛ/' = -g- AC,
то
АС+-оаАВ -о-ЛС+рЛЯ
AS = fl Λ. и Α5 = ·
1+а
1+β
12

В силу единственности разложения вектора по двум некол-
линеарным векторам АВ и АС получим:
« _ β
3 (1 + α) 1 + β '
1 2
1 + а ~ 3 (1 + β) ·
Откуда
3 ft 1
Решение З. Введем на плоскости аффинную систему
координат с началом в точке А и координатными векторами АВ и
ЛС. Тогда имеем: В (1; 0), С(0; 1) и, согласно условию задачи,
Μ (-Д-; О) , Λ/ (0; ^-) . Запишем уравнения прямых СМ и β Μ
За: + г/ = 1,
Откуда
1 4
* = 7» # = 7-
=-] . Теперь легко находим искомые отношения:
_l_ j_
7 _ 3 NS __ 7 _ 1
3 "" 7 1_~ 7
Сопоставляя векторное решение задачи с координатным,
замечаем, что различие между ними незначительное. Оба решения
выгодно отличаются от элементарно-геометрического тем, что не
потребовалось придумывать вспомогательных построений.
Решая задачу векторным способом, мы выбрали базис,
состоящий из двух неколлинеарных векторов АВ и Л С, записали
равенства, выражающие условия принадлежности точки 5 прямым СМ и
ΒΝ, затем выразили векторы, входящие в эти равенства, через
базисные. Получив два разложения вектора AS, приравняли κοεφ-
фициенты при одних и тех же базисных векторах. Решение
полученной системы уравнений и дало ответ на вопрос задачи. По
такому же плану решаются все задачи подобного типа.
Координатное решение еще проще. Сначала мы наиболее
естественным образом выбрали аффинную систему координат. Зная
координаты точек β, С, Μ и Ν, записали уравнения прямых СМ и
ΒΝ. Решив полученную систему уравнений, нашли координаты
точки пересечения этих прямых. Таким образом, геометрическая
задача решается средствами алгебры.
Значит
,S(1;
cs_
SM
13

Простое и экономное решение задачи можно получить, если
знать теорему Меиелая1 (см. задачу 12, с. 18).
Решение 4. Применим теорему Менелая к треугольнику
АСМ и секущей BN (рис. 4). Заменив отношение коллинеарных
векторов отношением их длин, получим:
CS MB AN _ .
ι,
SM ΒΛ NC
или
откуда
CS
SM
4.2 = 1,
CS
SM
Отношение -^
можно вычислить аналогично, применив
теорему Менелая к треугольнику ABN.
При решении некоторых других задач с успехом может быть
использована теорема Чевы2 (см. задачу 13, с. 18). Теоремы Менелая
и Чевы не входят в школьную программу по математике, однако
их нетр удно изучить самостоятельно.
Пример 2. На сторонах ВС, С А, А В треугольника ABC взяты
точки Аъ Въ С1у такие, что
АС1 __ BAi _ CAi __ ,
АВ ~ ВС ~ СА ~ '
Рис. 5
Какую часть площади треугольника ABC составляет площадь
треугольника Л^Сх?
Решение 1. Так как задача имеет аффинное содержание,
то достаточно решить ее для равностороннего треугольника (рис.
5, а). В таком случае треугольники АВхС1у BAxClf CAJSx равны
1 Менелай Александрийский (1—2 в. н. э.) — греческий
математик и астроном.
2Чева Джованни (1648—1734) — итальянский инженер-гидравлик
и геометр.
14

(по двум сторонам и углу между ними). Поэтому Аф^ -= Β£χ =
=С1А1, то есть треугольник Л ^^i также является равносторонним.
Пусть АВ = 1, тогда АСХ = k и АВг = 1 — fe. По теореме
косинусов имеем:
ВгСх2 = 3fe2 — 3* + 1.
Отношение площадей треугольников Л^^ и ЛВС (обозначим
их через St и S) равно отношению квадратов длин их сторон·
Следовательно,
§ = 3#-з* + 1 = з(й-1)2+1.
Задача решена. Применив метод проектирования, мы упростили
чертеж и увидели, что если ABC — произвольный треугольник,
то треугольники АВХСЪ ВА1С1 и САХ В должны быть
равновеликими (рис. 5, б).
Задачу можно решить, сравнив площадь одного из этих
треугольников с площадью треугольника ABC.
Решение 2. Пусть ABG — произвольный треугольник. Так
как треугольники АВ1С1 и ABC имеют общий угол Л, то согласно
лемме 3 (см. с. 6) имеем:
sab1c1 _АВХ- АСг h(] ,.
S ~ АС · АВ ~ *V ~~R)>
SABiCi = k(\-k)S.
или
Аналогично найдем, что Sba1c1 = Sca1b1 = k (1 — k) S.
Следовательно,
S^S- 3SABiCl = (3£2 — 3/5+1) S,
или
p = 3k2 — 3k+ i.
Пример 3. На сторонах С А и С В треугольника ABC взяты
точки Μ и Ν, такие, что -^ = m и -g-g = /г. Медиана CD
треугольника пересекает отрезок MN в точке Е. Вычислить отно-
МЕ
шение -^.
EN
Решение 1. Так как задача имеет аффинное содержание,
то достаточно решить ее для какого-нибудь частного случая.
Треугольник ABC будем считать равнобедренным (рис. 6).
Медиана равнобедренного треугольника, проведенная к основанию,
является и его биссектрисой, поэтому СЕ — биссектриса
треугольника CMN. Учитывая, что СМ = т · СА и CN = η · СВ =
= η · САу по теореме о биссектрисе треугольника имеем:
ME _ СМ _ т
EN ~ CN "~ η '
15

Таким образом, с помощью метода
параллельного проектирования задача решается
устно.
Простое элементарное решение этой
задачи можно получить с использованием
площадей треугольников (хотя в задаче о
площадях ничего не говорится).
Решение 2. Обозначим площади
треугольников СМЕ и CEN через 5Х и 52,
площадь треугольника ABC — через 25. Тогда
площадь каждого из треугольников ACD и
BCD равна 5. Согласно лемме 2 (см. с. 6)
имеем:
ME _$!
EN ~" S2 *
Пользуясь леммой 3 (см. с. 6), находим:
Si _ С£ Sg __ СЕ_
S ~~m' CD' S ~~П ' CD'
Разделив первое из этих равенств на второе, получим:
Si __m_
S2~ η ·
Следовательно,
ME __ m_
ΕΝ~~ η '
Прием сравнения площадей является эффективным при решении
целого ряда геометрических задач.
А
А в В
Рис. 6
16

ПАРАЛЛЕЛЬНОСТЬ
ПРЯМЫХ И
ПРОПОРЦИОНАЛЬНОСТЬ
ОТРЕЗКОВ
Задачи на доказательство
1. Докажите, что средняя линия трапеции параллельна
основаниям и равна их полусумме.
2. Докажите, что середины оснований трапеции, точка
пересечения диагоналей и точка пересечения продолжений боковых
сторон трапеции принадлежат одной прямой.
3. Прямая, проведенная параллельно основаниям трапеции
A BCD, пересекает ее боковые стороны AD и ВС в точках Μ и Ν,
а диагонали АС и BD — в точках Ρ и Q. Докажите, что MP =
= QN.
4. Докажите, что отрезки, соединяющие середины
противоположных сторон и середины диагоналей четырехугольника, имеют
общую середину.
5. На сторонах АВ и DC четырехугольника ABCD взяты
точки Μ и Ν, такие, что -jg- = ^ = ft. Точки Р, Q, S —
соответственно середины отрезков AD, ВС и MN. Докажите, что эти
точки принадлежат одной прямой и что -р~ = ft.
6. Параллелограмм вписан в другой параллелограмм.
Докажите, что их центры совпадают.
7. Прямая, не проходящая через центр параллелограмма A BCD,
пересекает его стороны AD и ВС в точках Μ и N, а диагонали АС
и BD — в точках Ρ и Q. Докажите, что если MP = QN, то
MN || АВ.
8. На боковых сторонах AD и ВС трапеции ABCD взяты точки
Μ и N, такие, что тш = дП?· Прямая ΜΝ пересекает диагонали
АС и BD соотвественно в точках Ρ и Q. Докажите, что MP = QN.
9. Через вершину А параллелограмма ABCD проведена
произвольная прямая, пересекающая диагональ BDb точке Р, прямую
CD — в точке Μ и прямую ВС — в точке N. Докажите, что
АР АР
АМ + AN
= 1.
17

10. Дана трапеция ABCD. На боковых сторонах AD и ВС
п п АЕ BF т л
взяты точки Ь и г, такие, ЧТ0"рп = т:С = — .Докажите, что
EF || ЛЯ и
Ρ Ρ па~\- mb
т + η '
где α = Л5, Ь = CD.
И. Точки Μ и N — середины оснований АВ и CD трапеции
ABCD. Прямая MN пересекает диагональ АС в точке Q и прямую
AD — в точке Р. Докажите, что
где т = РМ, /г = ΡΝ.
12. (Теорема Менелая). На прямых ВС, СЛ, Л β, определяющих
треугольник ABC, даны точки Al9 В1у Сх. Докажите, что эти точки
принадлежат одной прямой тогда и только тогда, когда
1с[ Ш[ cWj. _ _.
С^5 Л^С #й ~~
13. (Теорема Чевы). На прямых ВС, СЛ, Л5, определяющих
треугольник ЛБС, даны точки Alt Bly Cv Докажите, что прямые
AAV BBV CCX пересекаются в одной точке или параллельны тогда
и только тогда, когда
1с[ Έα[ t св[ _«
(Г[В ~Afi W[A
14. Докажите, что медианы треугольника пересекаются в
одной точке и каждая из них делится этой точкой в отношении 2:1,
считая от вершины.
15. Докажите, что существует треугольник, стороны которого
равны и параллельны медианам данного треугольника.
16. Дан параллелограмм ABCD. Точка Ε и F—середины его
сторон АВ и CD. Докажите, что диагональ АС делится отрезками
BF и DE на три равные части.
17. На стороне АВ треугольника ABC взята произвольная
точка /С, и через нее проведены прямые параллельно медианам ААХ
и ВВ1 треугольника. Эти прямые пересекают стороны АС и ВС
соответственно в точках Μ и N. Докажите, что медианы ААХ и ВВг
разбивают отрезок ΜΝ на три равные части.
18. В треугольник ABC вписан параллелограмм CDEF так,
что вершины D, E> F лежат соответственно на сторонах СЛ, АВ,
и ВС. Через середину Μ стороны АВ проведена прямая СМ,
пересекающая прямую EF в точке /С. Докажите, что ADFK —
параллелограмм.
19. Даны два параллелограмма ABCD и AMPN, Еершины Μ
и N второго параллелограмма принадлежат сторонам АВ и AD
первого. Прямые ΒΝ и DM пересекаются в точке Q. Докажите, что
точки С, Ρ и Q принадлежат одной прямой.
18

Задачи на вычисление
20. Через середину Μ медианы CD треугольника ABC
проведена прямая AM у пересекающая сторону ВС в точке /С. В каком
отношении точка К делит сторону ВС?
21. Дан треугольник ABC. На сторонах СА и СВ взяты соот-
ΆΛ AT CM CN ЛУГ ^>П
ветственно точки Μ и N такие, что ^χ = т и — = п. Медиана Си
треугольника ABC пересекает отрезок MN в точке Е. Найдите
СЕ
CD'
22. На сторонах ВС и CD параллелограмма ABCD заданы
соответственно их середины Μ и N. Отрезки AN и DM пересекаются
в точке К- В каком отношении точка К делит каждый из этих
отрезков?
23. Через точку пересечения диагоналей трапеции ABCD
параллельно ее основаниям проведена прямая, пересекающая
боковые стороны AD и ВС в точках Ε и F. Вычислите EF, если АВ = а
и CD = Ъ.
24· Диагонали четырехугольника ABCD пересекаются в точке
О. Через середину Μ стороны АВ проведена прямая МО,
пересекающая сторону CD в точке N. Найдите ™, если АО = ОС и
£2= 9
Контрольные вопросы
1) Какие свойства плоских фигур называются аффинными?
Приведите примеры.
2) Какие из нижеследующих теорем являются аффинными,
а какие— нет: теорема о средней линии треугольника, теорема об
отношении отрезков, отсекаемых на сторонах угла
параллельными прямыми, теорема Пифагора, теорема о сумме углов
треугольника?
3) Какие геометрические преобразования применяются при
решении задач с аффинным содержанием?
4) Какое преобразование называется симметрией относительно
данной точки?
5) Какое преобразование называется гомотетией?
19

Задачи на доказательство
25. На медиане CD треугольника ABC взята произвольная
точка Е. Прямые АЕ и BE пересекают стороны ВС и СА
треугольника соответственно в точках Μ и N. Докажите, что треугольники
АСМ и BCN равновелики.
26. Внутри параллелограмма ABCD взята произвольная точка
М. Докажите, что сумма площадей треугольников АВМ и CDM
равна сумме площадей треугольников ADM и ВСМ.
27. Точка Μ — середина боковой стороны ВС трапеции ABCD.
Докажите, что площадь треугольника ADM составляет половину
площади трапеции.
28. На средней линии трапеции ABCD взята произвольная
точка М. Докажите, что сумма площадей треугольников АВМ и
CD Μ равна сумме площадей треугольников ВСМ и ADM.
29. Середины сторон четырехугольника последовательно
соединены отрезками. Докажите, что площадь полученного
четырехугольника равна половине площади данного четырехугольника.
Задачи на вычисление
30. На сторонах параллелограмма ABCD взяты точки /С, L,
Λί, Ν такие, что
'aK_bl __~Ш_ "οΤν ι
Найдите отношение площади четырехугольника KLMN к
площади параллелограмма ABCD.
31. Стороны АВ, BCt CD, DA параллелограмма ABCD
разделены точками К у Lf Μ, Ν по его обходу в отношении 1 : 2. Какую
часть площади параллелограмма ABCD составляет площадь
четырехугольника, ограниченного прямыми AL, BMy CN и DK?
20

32. Дана трапеция ABCD. Через середину Μ боковой стороны
ВС проведена прямая, пересекающая сторону AD в точке Ν,
такой, что четырехугольники ΑΒΜΝ и CDNM равновелики. Найдите
ND'
33. Диагонали трапеции ABCD с основанием АВ пересекаются
в точке О. Площади треугольников АОВ и COD равны
соответственно 5Х и 52. Найдите площадь трапеции.
34. Внутри треугольника ABC взята произвольная точка Ρ
и построены центроиды Л0, So» С0 треугольников ВСР> САР, АВР.
Найдите площадь треугольника А0В0С0, если площадь
треугольника ABC равна 5.
35. На сторонах ВС, СА и АВ треугольника ABC взяты точки
Аъ Вх и Съ такие, что
АСг _ ВА±__ СВХ _ 1
АВ ~~ ВС ~~ СА ~ 3 *
Найдите площадь треугольника, ограниченного прямыми ААЪ
ΒΒγ и ССЪ если площадь треугольника ABC равна 5.
Контрольные вопросы
1) Что такое вектор?
2) Что значит: векторы АВ и CD одинаково направлены,
противоположно направлены?
3) Какие векторы называются коллинеарными?
4^ Дайте определения суммы и разности векторов.
5) Дайте определение умножения вектора на число.
6) Запишите условие параллельности отрезков АВ и CD в
векторной форме.
7) Запишите формулу деления отрезка АВ в данном
отношении.
8) Сформулируйте леммы, которые используются при
вычислении площадей многоугольников.
21

36. Дан треугольник ABC. Стороны АС и СВ делятся точками
Μ я N в одном и том же отношении: -^ = — = fe. Найдите геомет-
JVIL /V о
рическое место середин отрезков MN для всех значений /?.
37. Дан треугольник ABC. Строятся всевозможные отрезки
MN с концами Μ и N на сторонах ВС и ЛС, параллельные стороне
АВ треугольника. Найдите геометрическое место точек
пересечения диагоналей трапеций ΑΒΜΝ.
38. Даны прямая / и две точки Л и β. Для каждой точки Μ
прямой / строится точка Мъ симметричная Μ относительно Л,
и точка Μ2, симметричная Μ относительно В. Найдите
геометрическое место середин отрезков ΛίχΜ2.
39. Дан треугольник ABC. Через точку Λί, принадлежащую
стороне АВ, проведены прямые, параллельные медианам ААХ
и ВВХ и пересекающие стороны ВС и АС соответственно в точках
Ρ и Q. Найдите геометрическое место точек 5, для которых MPSQ —
параллелограмм.
Контрольные вопросы
1) Запишите уравнение прямой, заданной двумя точками.
2) Запишите уравнение прямой в отрезках.
3) Выясните, при каких условиях два уравнения
Αι* + В& + С, = О,
А2х + В2у + Сг = 0
определяют одну и ту же прямую, параллельные прямые?
4) Что называется геометрическим местом точек?

ПЛАНИМЕТРИЯ
ОСНОВНЫЕ ТЕОРЕТИЧЕСКИЕ СВЕДЕНИЯ
Метрическими называются свойства фигур, связанные с
измерением.
Для решения метрических задач могут применяться
элементарные геометрические приемы, геометрические преобразования,
тригонометрические функции, векторы и координатный метод. Кроме
параллельного переноса и гомотетии, которые применяются при
решении задач предыдущей главы, часто оказываются полезными
осевая симметрия, поворот вокруг точки и центрально-подобный
поворот.
Поворотом с центром О на угол а в заданном направлении
называется преобразование плоскости, при котором точка О остается
неподвижной, а любая другая точка X отображается на такую
точку Хъ что 0ХХ = ОХ и Ζ ΧΟΧλ = а.
Поворот задают указанием центра, угла и направления поворота.
Можно доказать, что при повороте сохраняются расстояния
между точками, следовательно, поворот есть движение.
23

Рис. 8
Пусть требуется построить образ прямой / при повороте вокруг
точки О на угол а(0° < а < 180°) в заданном направлении,
например против движения часовой стрелки. Для этого достаточно выбрать
какие-либо две точки прямой, построить их образы и соединить их
прямой.
Можно поступить и по-другому: провести к прямой /
перпендикуляр ОР, повернуть точку Ρ на угол а и через полученную точку
Рг провести прямую 1Ъ перпендикулярную к ОРх (рис. 7).
Очевидно, что угол между прямыми / и 1Х равен углу поворота α
(если 0°<а<90°) или 180° — а. Для доказательства достаточно
заметить, что Ζ PQPl = 180°— α.
Рассмотрим аналогичное свойство для луча.
Докажем, что при повороте угол между лучом и его образом
равен углу поворота. Пусть начало данного луча h совпадает с
центром О поворота (рис. 8). Тогда это утверждение справедливо по
определению поворота. Если точка А — начало луча /?, отлична от
точки О, то проведем луч h с началом в точке О, сонаправленый
с лучом р. Любое движение плоскости отображает сонаправлен-
ные лучи на сонаправленные лучи. Поэтому образы hx и р^ лучей
h и ρ также сонаправлены. Угол между двумя направлениями не
зависит от выбора лучей этих направлений. Значит, угол между
лучами ρ и р1 равен углу между лучами h и hlt то есть равен углу
поворота а.
Результат последовательного выполнения преобразований
называют, как известно, композицией этих пре-
А2 образований. Рассмотрим композицию
гомотетии и поворота с общим центром. Пусть,
например, при гомотетии с центром О и
коэффициентом k точка А отображается на точку
Аъ ά при повороте вокруг точки О на угол
а точка Ах отображается на точку А2 (рис. 9).
Их композиция отображает точку А на точку
д д Л 2· Нетрудно доказать, что результат не из-
' менится, если сначала выполнить поворот, а
Рис. 9 потом — гомотетию.
А
24

Композиция гомотетии и поворота с общим центром есть
подобие.
Если коэффициент гомотетии положителен, то композицию
называют центрально-подобным поворотом.
При центрально-подобном повороте угол между любым лучом
и его образом равен углу поворота. Это следует из того, что при
гомотетии с положительным коэффициентом любой луч
отображается на сонаправленный с ним луч, а при повороте угол между
лучом и его образом равен углу поворота.
При решении разнообразных геометрических задач
применяются тригонометрические функции, иногда без них вообще нельзя
обойтись. Например, задача «По трем основным элементам,
определяющим треугольник, вычислить остальные» не разрешима
методами геометрии, но она разрешима средствами тригонометрии.
Кроме того, решение задач с помощью тригонометрии часто способствует
упрощению вычислений.
Для решения треугольников применяются следующие теоремы
и соотношения:
а2 = Ь2 + с2 — 2bc cos А (теорема косинусов);
——τ = -—б = -^—η (теорема синусов);
sin Л sin В sin С v ^ J n
а = 2RsinAf где R— радиус описанной окружности;
S = 1 ah sin С = 2R2 sin A sin В sin С;
ha = Ь sin С = 2R sin В sin С;
ЛВС
ρ = R (sin A + sin В + sin С) = AR cos ■=- cos -^ cos -^ ;
лп · А . В . С
г = 4R sin ~2 sin -g- sin -g ,
где г — радиус вписанной в треугольник окружности.
Следствия из теоремы косинусов
а2 = Ъ2 + с2 — 45ctgA;
a2 = (b + c)2-4Sctg^-;
a2 = (b-c)2 + 4StgA.
Докажем истинность последнего соотношения. Имеем:
а2 = Ь2 + с2 — 2bccosA = (b — с)2 + 2bc(l — cos A) =
= (& — с)2 + 4fcsin2^-.
25

Учитывая, что
1 А А
S = -g- be sin A =bc sin у cos -^ ,
получим:
a2 = (b-c)2 + 4Stg^.
Многие геометрические задачи на вычисление расстояний и
углов, на доказательство геометрических тождеств и неравенств
могут быть весьма экономно решены при помощи скалярного
произведения векторов. Для нахождения длины вектора применяется
равенство \а\2 = а2, а угол φ между векторами а и Ь, согласно
определению скалярного умножения, вычисляется так:
а- Ь
При решении метрических задач, кроме формул и соотношений,
приведенных на с. 25, используются также следующие:
1) Для любых векторов а и Ь
\а+Ъ\<\а\ + \Ъ\
(если афО и Ъ фЪ, то знак равенства имеет место
тогда и только тогда, когда векторы а и Ъ сонаправ-
лены). _
2) Для любых трех векторов а, Ь и с:
(а + Ъ + с)2 = а2 + Ь2 + с2 + 2а · Ъ + 2& . с + 2с . а.
3) Для любых трех точек А, В и С
АВ2 + АС2 — ВС2 = 2АВ · ЛС.
4) Для любых четырех точек А, В, С и D
АВ2 + CD2 — AD2 — ВС2 = 2ЛС . Т)В.
Действительно,
"АВ2 +№^JDl~- ВС2 =^JB2__+ (ΑΌ^-ΎΟ^ — Τΰ2 —
— {AC — Л5)а_=_2Л С^Л В — 2AC^_AD =
= 2АС · (АВ — AD) = 2AC . DB.
Из доказанного соотношения, в частности, вытекает следующее
свойство четырехугольника: диагонали четырехугольника
перпендикулярны тогда и только тогда, когда суммы
квадратов длин его противоположных сторон равны.
Координатный метод позволяет решать геометрические задачи
средствами алгебры. Для решения метрических задач применяют
прямоугольную систему координат. Приведем необходимые
теоретические сведения.
26

Пусть даны две точки плоскости A(xl9 yj и В (х2, у2)· Тогда
AB = V{x2-x1f + {y2-y1)\
Пользуясь этой формулой, запишем уравнение окружности
с центром в точке С (а, Ь) и радиусом г:
(х-а)2 + (у-Ь)* = г*.
Теория прямой, изложенная на с. 9, справедлива и для
прямоугольной системы координат. В частности, при решении задач
можно пользоваться уравнением прямой с угловым коэффициентом
k, проходящей через точку А(хъ у^:
У — Уг = k(x— хх).
Отсюда следует, что угловой коэффициент прямой, заданной двумя
точками А(хъ у^ и В (х2, г/2), вычисляется по формуле
и _ У 2 ■— У ι
Если прямая проходит через точку В (О, Ь), то ее уравнение
имеет вид
у = kx + b.
Напомним, что угловой коэффициент прямой / в
прямоугольной системе координат имеет следующий геометрический смысл:
k = tg α, где α — угол наклона
прямой I к оси абсцисс.
Пусть прямые 1г и 12 заданы
своими уравнениями с угловыми
коэффициентами: у = kxx + Ьх и
у = k2x + Ь2.
Если 1Х || /2, то о^ = а2, и обратно.
Следовательно, условие kx = k2
выражает признак параллельности
прямых 1Л и /2.
Выведем формулу для
вычисления угла φ между
пересекающимися прямыми 1Х и 12 (рис. 10).
Так как φ = α2 — at и kx = tgab k2 = tga2, то
Рис. 10
tg<P = tg(a2— ax)
tg 0^2 — tg «1
1 + tgo^tgov
или
tgq> =
1 + ^2
Полученную формулу для вычисления угла между прямыми 1г
и /2 можно записать и так
, 1 + k-iL·
ctg9 = xbV-
27

Отсюда следует, что φ = 90° тогда и только тогда, когда k^k^ = — 1,
то есть условие kxk2 = — 1 выражает признак перпендикулярности
прямых /χ и /2.
Положение прямой на плоскости определяется однозначно,
если заданы некоторая ее точка и направляющий вектор прямой,
а также — точка и вектор, перпендикулярный к прямой.
Пусть задана прямоугольная система координат и требуется
написать уравнение прямой /, проходящей через точку М0{х0, у0)
и перпендикулярной к вектору η = (Л, В).
Произвольная точка Μ (χ, у) плоскости принадлежит прямой
/ тогда и только тогда, когда вектор М0М перпендикулярен к
вектору п, то есть η . М0М = 0. Вектор М0М имеет координаты
(х — х0у у — у0), Следовательно, условие перпендикулярности
векторов η и М0М запишется так:
А(х — х0) + В(у — у0) = 0.
Это и есть уравнение прямой, проходящей через точку М0 и
перпендикулярной к вектору η = (Л, В). В задачах на
перпендикулярность прямых этим уравнением часто удобнее пользоваться,
чем уравнением прямой с угловым коэффициентом.
При решении метрических задач находят применение
замечательные неравенства, связывающие различные «средние»:
А2 = —т> среднее арифметическое;
G2 = V~ab — среднее геометрическое;
*,-v*
■у среднее квадратичное;
Н2 = ,—среднее гармоническое двух положительных чисел
а и Ь;
1 1
W = —2 среднее арифметическое чисел, обратных а и Ь.
Легко доказать, что для любых двух положительных чисел
а и Ь имеют место неравенства:
то есть
2ab
а + Ь
#2 < G2
<Vab<{
<А
a + b
2
2 "^ А2>
<v -
2
где равенство везде имеет место тогда и только тогда, когда а = Ь.
Аналогично для любых трех положительных чисел а, Ъ, с
справедливы неравенства:
#з < G3 <: А3 < #3,
где #3 = — j j среднее гармоническое, G3 = }/ abc — сред-
"а +Т + 7
28

нее геометрическое, Л3 = о —среднее арифметическое и
Аз = I/ ——η-1 среднее квадратичное чисел а, 6, с. Равенство
везде имеет место тогда и только тогда, когда а = b = с.
Чтобы убедиться в справедливости неравенства
у abc < ^ о
положим: а = х3, b = у3, с = ζ3. Тогда доказываемое неравенство
приводится к виду:
х3 + у3 + z3 — 3xyz > 0.
Многочлен, стоящий в левой части неравенства, разложим на
множители:
#3 + у3 + ζ3 — Зхуг = (х + у)3 + ζ3 — Ъху (х + у + ζ) =
= (* + г/ + *) (*2 + #2 + *2 — ХУ — Уг — ζχ)-
Из очевидного неравенства
(x-y)2 + (y-z)2 + (z-x)*>0
следует, что
*2 + у2 + ζ2 — ху — yz — ζχ > 0.
Учитывая, что χ + у + ζ >0, получаем:
%3 + у3 + ζ3 — 3xyz > 0.
Равенство здесь имеет место тогда и только тогда, когда χ = у = ζ,
что для исходного неравенства равносильно условию а = b = с.
Итак, неравенство G3 < ^43 доказано. Применив его к числам
— , у , — , получим неравенство Н3 < G3.
Неравенство А3 <: /С3 равносильно неравенству
(а + 6 + с)2 < 3 (а2 + Ь2 + с2),
которое легко приводится к виду:
(а — Ь)2 + (Ь — с)2 + (с — а)2 > 0.
При решении некоторых задач полезны также следующие
неравенства, которые вытекают из неравенства А3 < /(3:
ab + Ьс + са < ±(а + b + с)2 <а2 + Ь2 + с2.
Эти неравенства, как и неравенство А3 < К3> справедливы для
любых действительных чисел а, Ь> с.
Кроме того, находит применение неравенство
(а + b + с) (i + -i + i) > 9, где а > 0, b > 0, с > 0,
вытекающее из неравенства #3 <Л3.
29

Каждое из приведенных неравенств обращается в равенство
тогда и только тогда, когда а = b = с.
ПРИМЕРЫ РЕШЕНИЯ МЕТРИЧЕСКИХ ЗАДАЧ
Пример 1. В окружность вписан равносторонний треугольник
ABC. На дуге ВС дана произвольная точка М. Доказать, что
MA = MB + МС.
Решение 1. Интересующие нас отрезки Μ A, MB и МС
являются сторонами треугольников АМВ и ВМСУ в которых
Ζ АМВ = 60° и ^ ВМС = 120° (рис. 11, а). Применим к этим
треугольникам теорему косинусов. Обозначим: АВ = α, ΜΑ =
= χ, М5 = ί/, МС = ζ. Учитывая, что cos 60° = -i- и cos 120° =
1
= — -д-, получим:
α2 = г2 + у2 — ху\ а2 = у2 + z2 + yz.
Вычтем из первого равенства второе, имеем:
х2 — ζ2 — у (х + ζ) = 0,
или
(х + г)(х — у — ζ) = 0.
Отсюда χ = у + ζ.
Решение 2. Так как отрезки МЛ, MB и МС являются
хордами окружности, описанной около треугольника ABC, то
их длины можно выразить через радиус R этой окружности.
Обозначив Ζ ВАМ = а, находим:
х = 2R sin (60° + α); у = 2R sin α; ζ - 27? sin (60° — α).
Тогда из тождества
sin (60° + α) = sin α + sin (60° — α)
следует, что
a) S)
Рис. 11
30

Решение 3. Площадь четырехугольника АВМС выразим
двумя способами.
Пусть ZANB = φ, где N—точка пересечения отрезков AM
и ВС. Тогда площадь четырехугольника АВМС равна -^ ая sirup
С другой стороны, площадь этого четырехугольника равна
сумме площадей треугольников АВМ и АСМ. Нетрудно доказать,
что Ζ АВМ = φ, a Ζ ACM = 180° — φ. Поэтому
~2 axsincp = -g-az/sin φ + -^ az sin (180° — φ),
откуда
χ = у + ζ.
Решение задачи каждым из рассмотренных способов сводилось
к применению формул, содержащих тригонометрические функщ-и
и выполнению несложных преобразований. Вспомогательных
построений не потребовалось.
Рассмотрим теперь геометрическое решение задачи.
Решение 4. Отложим на отрезке Μ А отрезок MD, равный
отрезку MB, и докажем, что отрезок Ό А равен отрезку МС (рис.
И, а).
Поскольку Ζ.ΑΜΒ = 60°, то треугольник BDM является
равносторонним. Треугольник ABC — тоже равносторонний.
Повернем треугольник ВС Μ вокруг точки В на 60° так, чтобы точка С
совпала с точкой А. Тогда точка Μ совпадает с точкой D и
отрезок МС совместится с отрезком Ό А. Итак, Ό А = МС. Поэтому
при любом выборе точки Μ на дуге ВС имеем:
МА = MB + МС.
Геометрическое решение задачи краткое, изящное и наглядное.
При внимательном анализе можно получить обобщение задачи.
Пусть точка Μ не принадлежит описанной окружности
(рис.11, б). Тогда, выполнив то же самое вспомогательное
построение (поворот точки Μ вокруг точки В на 60°), получим точку D,
не принадлежащую прямой AM. Действительно, если точка Μ
лежит внутри угла В А С, но вне описанной окружности, то Ζ ADM =
= Ζ ADB + 60° < 180°, так как Ζ ADB = Ζ CMB < 120°. Для
полного доказательства следует рассмотреть все возможные случаи
расположения точки М.
Замечаем, что MD = MB, DA = Л4С, то есть стороны
треугольника ЛОМ равны отрезкам МА> MB и МС. Таким сбразом,
приходим к такой теореме:
Если β плоскости равностороннего треугольника ABC дана
произвольная точка Λί, то отрезки МАУ MB и МС смогут быть
сторонами некоторого треугольника или один из них равен сумме двух
других (если точка Μ принадлежит описанной около треугольника
ABC окружности).
Эта теорема носит название теоремы Помпейю 1.
1 Помпейю Дмитру (1873—1954) — румынский математик.
31

О р Достоинства геометрического
решения задачи очевидны. Если с
помощью аналитических методов было
нетрудно проверить истинность
требуемого соотношения, то
геометрический способ позволил получить
рациональное решение, обобщить задачу
и полностью раскрыть ситуацию.
Нетрудно убедиться, что применение
Рис. 12 метода координат или векторов к
решению данной задачи не
целесообразно. Однако, если воспользоваться теоремой Птолемея * о
вписанном четырехугольнике (см. задачу 82, с. 41), то можно получить
еще одно очень простое решение.
Решение 5. По теореме Птолемея имеем:
ВС · AM = АС . ВМ + АВ · СМ.
Так как ВС = АС = АВ = а, то, разделив обе части этого
равенства на а, получим:
AM = ВМ + СМ.
Рассмотрим еще несколько задач, используя для их решения
различные методы, в том числе векторный и координатный.
Пример 2. Диагонали параллелограмма A BCD пересекаются
в точке О. Найти площадь параллелограмма, если АВ = а, ВС = Ь
и Δ AOD = α.
Решение 1. Площадь 5 параллелограмма ABCD
вычисляется по формуле
5 = -LAC · BDsina.
Следовательно, для решения задачи нужно найти произведение
длин диагоналей параллелограмма. Будем считать, что 0°< а< 90°,
тогда а >Ь. Обозначим О А = χ и ОВ = у (рис. 12). Из
треугольников АО В и AOD по теореме косинусов имеем:
а2 = х2 + г/2 + 2;o/cosa, b2 = х2 + у2 — 2ху cosa.
Отсюда
а2 — Ь2 = 4ху cos a,
a2 —62
ху = -j .
Ό 4 cos a
Подставив найденное значение ху в формулу S = 2x#sinaf
получим:
'Птолемей Клавдий (ок. 100 — ок. 178) — древнегреческий ученый.
32

Примечание. Поскольку 5 < ab, то задача имеет решение лишь тогда,
когда tg а < 2 ,2 . Если α = 90°, то параллелограмм будет ромбом и а = 6.
В таком случае задача становится неопределенной, так как данных для
вычисления площади ромба недостаточно.
Решение 2. Для любого четырехугольника ABCD имеет
место соотношение:
2АС -Ш = АВ2 + CD2 — AD2 — ВС2.
Вычислив скалярное произведение и подставив в правую часть
равенства данные значения AB = CD = α, ВС = AD = й,
получим:
АС · BD cosa = а2 — Ь2.
Следовательно,
Краткость этого решения достигается с помощью доказанного
ранее векторного равенства. Попробуем обойтись без него. В
случае параллелограмма связь между векторами можно установить
с помощью правил сложения и вычитания векторов.
Решение 3. Обозначим АВ = а и AD = 6. Тогда
1С = a + b, DB = a — Ъ.
Следовательно,
AC · BD cosa = a2 — ft2.
Остается найденное значение Л С · BD подставить в формулу
для вычисления площади параллелограмма.
Итак, найдено простое и ясное решение задачи. Но достоинство
решения 2 состоит в том, что его можно использовать для
вычисления площади произвольного четырехугольника, а не только
параллелограмма.
Пример 3. Дан равнобедренный треугольник ABC, в котором
проведены высота CD и перпендикуляр DE к боковой стороне ВС.
Точка Μ — середина отрезка DE. Доказать, что отрезки А Е и
СМ перпендикулярны.
Решение 1. Середину N отрезка BE соединим с точкой D
(рис. 13,а). Так как DN — средняя линия треугольника ABE,
то DN || АЕ. Следовательно, достаточно доказать, что CM ± DN.
Пусть прямая СМ пересекает отрезок DN в точке О.
Прямоугольные треугольники CDE и DBE подобны, так как Ζ CDE =
= Ζ Β = 90°— Ζ BCD. Точки Μ и Ν — середины
соответственных сторон, поэтому треугольники CDM и DBN также подобны.
Значит, ζ DCM = ZBDM. Обозначим Ζ DCM = Ζ BDN = γ.
Тогда ZCDO = 90° — γ и Ζ COD = 90°, то есть CM 1 DN и,
следовательно, CM J_ AE.
33

Рис. 13
Решение 2. Более экономное и наглядное доказательство
перпендикулярности отрезков СМ и DN можно получить, применив
поворот вокруг точки Ε на 90° и гомотетию с тем же центром и
DE
коэффициентом k = γψ (рис. 13, б). При этом
центрально-подобном повороте треугольник CDE отображается на треугольник
(BE DE \
~DE = ~CF = 1 '
середина Μ отрезка DE — на середину N отрезка BE, то есть
отрезок СМ — на отрезок DN. А так как при центрально-подобном
повороте угол между любым лучом и его образом равен углу
поворота, то отрезки СМ и DN перпендикулярны.
Переходим к решению этой задачи координатным методом.
Прежде всего следует рационально выбрать систему координат.
Желательно, чтобы данные точки располагались на осях
координат, тогда некоторые координаты будут нулевыми. Это позволит
упростить вычисления.
Решение 3. Примем точку D за начало прямоугольной
системы координат, а оси координат выберем так, чтобы вершины
треугольника ABC (рис. 13, а) имели координаты: А (—1; 0),
β(1; 0), С(0; с).
Вычислим угловые коэффициенты прямых АЕ и СМ. Для
этого сначала найдем координаты точек Ε и М.
Запишем уравнение прямой ВС:
х +
- 1.
или
у = — сх + с.
Так как DE _L ВС, то угловой коэффициент прямой DE
равен — , а ее уравнение имеет вид
У = 7Х-
34

Решая систему уравнений
С у = —сх + с,
У = ~сХ>
находим координаты точки Е:
— с
2
1+с2' ^ 1+с2
Следовательно,
Угловые коэффициенты прямых АЕ и СМ равны соответственно:
«ι - Χι + ι и β2 ~ % ·
Подставив значения хг и г/х, получим:
ь — с ь — 2с* +1
kl ~ 2с2 +1 и ^ — с ·
Отсюда fe^ = — 1, поэтому АЕ _L СМ.
Координатное решение не отличается краткостью, но оно очень
простое, так как не требует вспомогательных построений.
Пример 4. Доказать, что для углов любого треугольника ABC
имеют место следующие неравенства:
1) cos 2А + cos 2В + cos 2С > — -|;
2) sin A + sin В + sin С < Щ$;
Решение 1. Не нарушая общности, можно считать, что
Ζ С < ΖΒ < Ζ Л. Учитывая, что cos {A + B) = — cos С, получим:
cos 2Л + cos 2B + cos 2C == 2 cos (Л + В) cos (Л — β) +
+ 2cos2C— 1 = 2cos2C — 2cosCcos(/3 — В) — 1 >
3
> 2 cos2 С — 2 cos С— 1 = 2 I cos С — -^ I — ^ > — ^ .
Равенство cos 2Л + cos 25 + cos 2c = — γ имеет место тогда и
только тогда, когда Ζ Α = Ζ В и Ζ С = 60°, то есть когда
треугольник ABC равносторонний.
Решение 2. Если О— центр окружности, описанной около
треугольника ABC, то вектор 5 = ОА + ОВ + ОС является
нулевым только для равностороннего треугольника. Имеем:
(бА +ОВ + ОС)2 > 0.
35

Так как О А . ОВ = Я2 cos 2С, ОЛ . ОС = #2cos 2β и ОВ . ОС =*
= 7?2соз2Л, то после возведения в квадрат получим:
3#2 + 2R2 (cos 2Л + cos 2β + cos 2C) > О,
или
cos 2Л + cos 2Л + cos 2C > — -|.
Использовав формулу cos 2α = 1—2sin2a, полученное
неравенство приведем к виду:
sin2 Л + sin2 5 + sin2 С < |.
Теперь докажем истинность неравенств 2) и 3).
В силу неравенства между средним арифметическим и средним
квадратичным трех положительных чисел имеем:
sin Л + sin 5 + sin С < УЗфпМ + sin25 + sin2 С).
Учитывая предыдущее неравенство, получим
31^3
sin Л + sin В + sin С < -γ- .
Равенство здесь достигается только тогда, когда Ζ Л = Ζ В
= ZC.
Далее пользуясь неравенством
{а + Ь+с)(± + \ + ±)>9,
которое справедливо для положительных чисел а, Ь, с, имеем:
1 , 1
+ τάη+τ±η> .,,,,_,_.>;И^.,^>2КЗ.
sin Л sin В ' sin С sin Л + sin 5 +sin С
Это неравенство также обращается в равенство только в случае,
если треугольник ABC равносторонний.
Полученные для углов треугольника тригонометрические
неравенства используются в дальнейшем при доказательстве
геометрических неравенств. Например, неравенство sin Л + sin β + sin С <
3|/"3 u j-j
< —j- имеет простои геометрический смысл. После умножения
его обеих частей на 2R неравенство приводится к виду:
a + b + c <.3RV~3,
или
2p<3RV3
(2/? — периметр треугольника ABC). Равенство 2р = 37? |/3
выполняется только при а = Ь = с. Тем самым доказано, что из
всех треугольников, вписанных в данную окружность,
наибольший периметр имеет равносторонний треугольник.
36

Задачи на доказательство
40. Дан прямоугольный треугольник ABC. Из вершины С
прямого угла проведена высота CD. Точка Μ и N — середины
отрезков CD и BD. Докажите, что отрезки AM и CN
перпендикулярны.
41. Докажите, что высоты треугольника пересекаются в одной
точке.
42. Точка О — центр окружности, описанной около
треугольника А ВС у точка Η — его ортоцентр. Докажите, что
Ш=Ш + ОВ + ОС.
43. Докажите, что точки, симметричные ортоцентру Я
треугольника ABC относительно середин его сторон, принадлежат
окружности, описанной около треугольника.
44. Докажите, что точки, симметричные ортоцентру Η
треугольника ABC относительно прямых АВ> ВС и СЛ, принадлежат
окружности, описанной около треугольника.
45. Докажите, что во всяком треугольнике ABC центр О описанной
окружности, центроид Μ и ортоцентр Η принадлежат одной
прямой, причем ОН = ЮМ. Эта прямая называется прямой Эйлера1.
46. Докажие, что середины трех сторон треугольника,
основания трех его высот и середины отрезков, соединяющих ортоцентр
с вершинами треугольника, принадлежат одной окружности
(окружность девяти точек).
47. Дан квадрат ABCD. Точки Μ и N принадлежат соответ-
2
ственно диагонали BD и стороне ВС, причем ВМ = -^ BD и ΒΝ =
= ^ВС. Докажите, что Ζ.ΑΜΝ =-- 90°.
1 Эйлер Леонард (1707—1783) —математик, физик, механик и
астроном. Большую часть своей жизни работал в России, в Петербургской АН.
37

48. Одна из диагоналей вписанного в окружность
четырехугольника является диаметром. Докажите, что проекции двух
противоположных сторон на другую диагональ равны.
49. Из вершины А квадрата ABCD проведены лучи,
образующие между собой угол 45°. Один из них пересекает диагональ BD в
точке Му а другой — сторону ВС в точке N. Докажите, что
ZAMN = 90°/
50. Точки Μ и N — середины сторон АВ и ВС квадрата ABCD.
Отрезки СМ и DN пересекаются в точке Р. Докажите, что отрезок
АР равен стороне квадрата.
51. Дан квадрат A BCD. Через точку Ρ диагонали BD
параллельно сторонам квадрата проведены прямые, пересекающие стороны
ВС к CD в точках Μ и N. Докажите, что отрезки ΜΝ и АР
равны и перпендикулярны.
52. В окружность вписан четырехугольник ABCD. Диагонали
его перпендикулярны и пересекаются в точке 5. Докажите, что
прямая, проходящая через точку 5 и середину Μ стороны АВ,
перпендикулярна стороне CD.
53. На сторонах АС и ВС треугольника ABC вне его построены
квадраты АСАгА2 и ВСВгВ2. Докажите, что медиана СМ
треугольника ABC перпендикулярна отрезку А1В1 и равна его половине.
Задачи на построение
54. Постройте равнобедренный треугольник, если даны две
его неравные высоты.
55. Восстановите квадрат ABCD, если на плоскости заданы
его вершина А и точки Μ и Ν, принадлежащие соответственно
сторонам ВС и CD.
56. Постройте квадрат ABCD, если на плоскости заданы
середина Μ его стороны АВ и точки Ρ и Q, принадлежащие
соответственно сторонам ВС и CD.
57. Постройте квадрат A BCD, если на плоскости заданы четыре
точки /С, L, Μ и Ν, принадлежащие соответственно сторонам
АВ, ВС, CD и DA квадрата.
Контрольные вопросы
1) Какие свойства фигур называются метрическими?
2) Какие геометрические преобразования применяются при
решении метрических задач?
3) Какое преобразование фигуры называется движением?
4) Какие фигуры называются равными?
5) При каком условии два ненулевых вектора
перпендикулярны?
38

58. Найдите угол С треугольника ABC, если /_ А = 60°
и АС = ±АВ.
59. Внутри равностороннего треугольника ABC дана точка Μ
такая, что Ζ. АМВ = 120°. Найдите СМ, если ЛЛ1 = 1 и ВМ = 2.
60. В прямоугольном треугольнике Л5С из вершины С прямого
угла проведена высота CD. Найдите CD, если АВ = с и ζ_Λ = 15°.
61. Угол при вершине С равнобедренного треугольника ABC
равен 120°. На стороне АВ дана точка Μ такая, что AM : MB =
= 1:2. Найдите /L.ACM.
62. На стороне Л5 треугольника ABC взята точка Ρ такая,
что АР : РВ = I : 2. Найдите А.АСР, если Ζ.Λ = 45°и Ζ.Β = 75°.
63. Вычислите угол Л треугольника ABC, если ^/_β = 75°
и высота CD в два раза меньше стороны АВ.
64. Вычислите углы равнобедренного треугольника, высота
которого вдвое меньше биссектрисы угла при основании.
65. Дан треугольник ABC. Угол А этого треугольника вдвое
больше угла В. Вычислите АВ, если ВС = а и АС = Ь.
66. Вне равностороннего треугольника ABC внутри угла
АСВ взята точка М. Найдите А.АСМ, если /^АМС = 20° и
Z.BMC = 30°.
67. В равнобедренном треугольнике ABC /_C = 100°. Внутри
треугольника взята точка Μ такая, что /_ВАМ = 30° и ^АВМ =
=20°. Найдите ^АСМ.
68. Высота СН и медиана СУИ треугольника ABC делят угол
С на три равные части. Найдите углы треугольника.
69. В треугольнике ABC высота СН, биссектриса CL и медиана
СМ делят угол АСВ на четыре равные части. Найдите углы
треугольника.
70. Внутри квадрата ABCD дана точка М, такая, что AM = 1,
ВМ = V2, СМ = УЗ. Найдите DM, Z.ABM и /_ВМС.
71. На стороне ВС квадрата A BCD взята произвольная точка
Λί, а на стороне CD — точка N, такая, что /_АМВ = /_AMN.
Найдите /JAAN.
39

72. В ромбе А В CD угол β равен 60°. Внутри ромба взята точка
М, такая, что Μ А = 1, MB = 2 и МС = У~3. Найдите МО.
73. Найдите длину отрезка MN, соединяющего середины
сторон AD и ВС четырехугольника A BCD, если А В = a, CD ~ b
и Ζ (/ПЗ, DC) = ср.
74. Диагонали трапеции перпендикулярны, а боковые стороны
при продолжении пересекаются под углом а. Найдите высоту
трапеции, если ее основания равны а и Ь.
Контрольные вопросы
1) Дайте определение поворота вокруг точки.
2) Докажите, что при повороте сохраняются расстояния
между точками.
3) Докажите, что два противоположно направленных луча
симметричны относительно середины отрезка, соединяющего их
начала.
4) Докажите, что образом прямой при параллельном
переносе является параллельная ей прямая.
5) Что такое преобразование подобия?
6) Докажите, что гомотетия есть преобразование подобия.
7) Какие фигуры называются подобными?
8) Сформулируйте признаки подобия треугольников.
9) Сформулируйте теоремы синусов и косинусов.
10) Выразите расстояние между точками А и В через их
координаты.
40

75. Докажите, что квадрат гипотенузы прямоугольного
треугольника равен сумме квадратов его катетов {теорема Пифагора1).
76. В прямоугольном треугольнике ABC из вершины С прямого
угла проведена высота CD. Докажите, что
h2 = тп,
где h = CD, m = BD, n = AD.
77. Докажите, что медиана прямоугольного треугольника,
проведенная к гипотенузе, вдвое меньше гипотенузы.
78. Докажите, что для всякого треугольника ABC имеет место
соотношение:
а2 = Ь2 + с8 — 2bccos A
(теорема косинусов).
79. Докажите, что площадь треугольника ABC выражается
формулой t
S=Vp{p — a)(p — b)(p — c)
(формула Герона 2).
80. Диагонали трапеции равны. Докажите, что трапеция
равнобочная.
81. Докажите, что в равнобочной трапеции с
перпендикулярными диагоналями средняя линия равна ее высоте.
82. (Теорема Птолемея). Докажите, что сумма произведений
длин противоположных сторон четырехугольника, вписанного в
окружность, равна произведению длин его диагоналей.
83. Докажите, что расстояние между серединами К и L
диагоналей четырехугольника ABCD выражается формулой (формула
Эйлера):
KL2 = 1 (а2 + Ь2 + с2 + (Р — е2 — /2),
где а, 6, с, d — длины сторон, е и / — длины диагоналей.
1 Пифагор Самосский (ок. 580 — ок. 500 до н. э.) —
древнегреческий математик и философ.
2Герон Александрийский (вероятно I в.) — древнегреческий
ученый.
41

84. Докажите, что сумма квадратов диагоналей
параллелограмма равна сумме квадратов всех его сторон.
85. Докажите, что сумма квадратов диагоналей трапеции равна
сумме квадратов ее боковых сторон, сложенной с удвоенным
произведением оснований.
86. (Теорема Стюарта2). Докажите, что расстояние d от вершины
С треугольника ABC до произвольной точки D стороны АВ
определяется равенством:
d2 = — а2 + — Ь2 — тп,
с ' с '
где т = BD и η = AD,
87. Докажите, что
2 а2 + Ь2 с2
тг = ^
с ~ 2
2
88. Докажите, что если тс = -х-с, то угол С треугольника ABC
прямой.
89. Докажите, что если ССг — высота треугольника ABC,
точка Я — его ортоцентр, то имеет место равенство:
ССг · НСХ = ЛСХ · ВСг.
90. Докажите, что
ЛЯ = 2#| cos Л |,
где Я — ортоцентр треугольника ABC.
91. Ортоцентр Я треугольника ABC делит высоту СС1
пополам. Докажите, что
cos С = cos Л cos β.
92. Докажите, что биссектриса угла треугольника делит
противоположную сторону на отрезки, пропорциональные
прилежащим сторонам.
93. Докажите, что
94. Докажите, что
1 2аЪ С
L = —r-rcos-ό-.
с а-\-Ь 2
fc = ah — тп,
где тип — длины отрезков, на которые биссектриса угла С
делит сторону АВ.
95. В окружность вписан угол АСВУ равный 120°. Биссектриса
этого угла пересекает окружность в точке D. Докажите, что
С А + СВ - CD.
96. Докажите, что площадь прямоугольного треугольника
равна произведению отрезков гипотенузы, на которые ее делит точка
касания вписанной в треугольник окружности.
1 Стюарт М. (1717—1785)—английский математик.
42

97. Дана окружность радиуса R с центром О. Через точку М9
не принадлежащую окружности, проведена прямая,
пересекающая окружность в точках А и В. Докажите, что
МА-МВ = \ ОМ2 — R2\.
98. Докажите, что если О — центр окружности, описанной
около треугольника ABC, и D — точка, симметричная О
относительно стороны АВ, то
CD2 = R2 + а2 + Ь2 — с2.
99. Докажите, что расстояние d между центрами вписанной
и описанной окружностей треугольника выражается формулой:
d2 = R2 — 2Rr (формула Эйлера).
100. В окружность радиуса R вписан треугольник ABC.
Докажите, что расстояние от центра J окружности, вписанной в
треугольник, до точки D, диаметрально противоположной точке С,
выражается формулой:
D./2 = 4^2 _ ab
101. Докажите, что для углов любого треугольника ABC имеет
место равенство:
cos2 A + cos2 В + cos2 С = 1 — 2 cos A cos В cos С.
102. Докажите, что для углов любого треугольника ABC имеет
место равенство:
ЛВС
cos A + cos В + cos С = 1 + 4 sin -у sin -у sin -у .
103. Докажите, что для углов любого треугольника ABC
выполняется разенство:
А В С
sin А + sin В + sin С = 4 cos -у cos -у cos -у .
104. Докажите, что для углов любого треугольника ABC верны
следующие соотношения:
1) ctgT+ctgT + ctg-y= ctgy-ctgyctgy;
2) tg-f tgA + tg-|- tg4 + tg-J tg4 = 1.
43

105. Докажите, что медиана, проведенная к одной из сторон
треугольника, меньше полусуммы двух других его сторон.
106. Докажите, что отрезок, соединяющий середины двух
противоположных сторон четырехугольника, не больше полусуммы
двух других сторон.
107. Докажите, что площадь равнобедренного треугольника
не превышает -^- квадрата длины медианы, проведенной к боковой
стороне.
108. Докажите, что если треугольник ABC вписан в окружность
радиуса R и аЬ = 2/?2, то Δ С < 90°.
109. Докажите, что для всякого прямоугольного
треугольника с катетами а и Ъ и гипотенузой с имеет место неравенство:
а + b <с\Г2.
110. Докажите, что для прямоугольного треугольника имеет
место неравенство:
h< (1 + V2)r,
где h— высота, проведенная к гипотенузе, г— радиус вписанной
окружности.
111. Докажите, что для углов любого треугольника ABC имеет
место неравенство:
sin2 Л +sin2B + sin2C < j .
В каком случае это неравенство обращается в равенство?
112. Докажите, что для углов любого треугольника ABC
выполняются неравенства:
1) cos A + cos В + cos С < -^;
о\ · Л . В . С 1
2) sin γ sin -у sin -g-< j.
44

В каком случае каждое из этих неравенств обращается в
равенство?
113. Докажите, что для углов любого треугольника ABC
выполняются неравенства:
1) ctgi4 + ctgfi + ctgC>K3;
2) tg4 + tg|- + tg4>K3;
3) ctg 4 + ctg-f" + ctg"T = ctg4 ctg~ctg -§-> 3"^3.
В каком случае каждое из этих неравенств обращается в
равенство?
114. Докажите, что для углов треугольника ABC и любых
положительных чисел х, у, ζ верно неравенство:
х2 + у2 + z2 > 2yz cos A + 2zx cos В + 2ху cos С.
При каком условии имеем равенство?
115. Докажите, что для любого треугольника ABC справедливо
неравенство:
ha < У ρ {ρ —а).
116. Докажите, что для всякого треугольника ABC имеет место
неравенство:
/— А
ha<.y be cos -γ.
При каком условии достигается равенство?
117. Докажите для треугольника ABC истинность неравенства:
a>2ftetgT.
118. Докажите, что отношение радиуса окружности, вписанной
в треугольник, к радиусу окружности, описанной около него,
не превосходит -^.
119. Докажите, что для любого треугольника справедливо
неравенство:
а равенство достигается лишь в том случае, когда треугольник
равносторонний.
120. Докажите, что для любого треугольника ABC имеет место
неравенство:
а2 + Ь2 + с2 > 4 VbS%
а равенство имеет место лишь тогда, когда а = b = с.
45

121. Докажите, что из всех треугольников с данным основанием
и данным углом при вершине равнобедренный треугольник имеет
наибольший периметр.
122. Из всех треугольников ABC с данным основанием АВ
и постоянной высотой СН найдите треугольник, около которого
можно описать окружность наименьшего радиуса. Вычислите
значение этого радиуса, если АВ = с и СН = h.
123. Из всех четырехугольников, вписанных в окружность,
найдите четырехугольник наибольшей площади.
124. Из всех прямоугольников, вписанных в полукруг, найдите
прямоугольник наибольшей площади.
125. Докажите, что из всех четырехугольников данного
периметра наибольшую площадь имеет квадрат.
126. На стороне АВ треугольника ABC выбирается точка Р.
Через нее проводятся прямые, параллельные ВС и АС, до
пересечения со сторонами АС и ВС соответственно в точках Μ и N. При
каком выборе точки Ρ отрезок ΜΝ имеет наименьшую длину?
127. Около окружности радиуса г описан четырехугольник
ABCD. Докажите, что
АВ + CD > 4г.
128. Расстояния от произвольной внутренней точки О
треугольника ABC до его вершин равны Rly R2, R3y расстояния до сторон
ВС у САУ АВ равны г19 г2, г3. Докажите, что
R1 + R2 + R3> 2(/i -f r2 + r3)
равенство достигается только для равностороннего треугольника
и его центра (неравенство Эрдеша-Морделла1).
Эрдёш Пауль (р. 1913) — венгерский математик.
Морделл Луиз Жоэль (1888—1972) — английский математик.
46

ГЛАВА I. АФИННЫЕ ЗАДАЧИ
§ 1. Параллельность прямых и пропорциональность отрезков
Задачи на доказательство
1. Решение 1. Пусть ABCD — данная трапеция, Ε и F — середины
боковых сторон AD и ВС. Проведите прямую DF. Точку пересечения прямых
DF и ЛВ обозначьте через К. Докажите, что EF — средняя линия
треугольника ADK.
Решение 2. Середину Μ диагонали АС трапеции соедините с
точками Ε и F. Примените свойство средней линии треугольника.
Решение 3. Через вершину С трапеции проведите прямую,
параллельную стороне AD.
Решение 4. Через середину F стороны ВС трапеции проведите
прямую, параллельную стороне AD.
Решение 5. Воспользуйтесь векторным равенством
W = -ζ(ΑΒ + DC).
2. Решение 1. Пусть диагонали трапеции ABCD пересекаются
в точке О, а продолжения боковых сторон AD и ВС — в точке S. Середины
оснований АВ и CD обозначьте через Μ и N.
SD
Гомотетия с центром S и коэффициентом к — тгт отображает точки Л,
Ву Μ соответственно на точки D, С, N. Следовательно, точки S, Μ и N
принадлежат одной прямой. Аналогично докажите, что точки О, Μ и N также
принадлежат одной прямой.
Ρ е ш е н и е 2. Так как АВ (| CD, то можно положить SD = kSA
и SC = kSB. Воспользуйтесь формулой середины отрезка и установите, что
SN = kSM. Отсюда следует, что точки S, Μ и N принадлежат одной прямой.
Для точек О, Μ и N доказательство аналогично.
Решение 3. Введите аффинную систему координат с началом в
точке 5 так, чтобы вершины А и В трапеции имели координаты: А (1; 0)
и В (0; 1). Пусть С (0; с), тогда D (с; 0). Вычислите координаты точек Μ, Ν
и О. Убедитесь, что эти точки принадлежат прямой χ = у.
Решение 4. Достаточно рассмотреть случай, когда треугольник
ABS равнобедренный. При этом прямая SM является осью симметрии
треугольника.
3. Решение 1. Воспользуйтесь тем, что треугольники АРМ и ACDt
BQN и BDC гомотетичны.
47

Решение 2. Введите на плоскости систему координат, приняв
точку О пересечения диагоналей трапеции за начало координат, а векторы ΊΤΑ
и ОВ — за координатные векторы.
Решение 3. Докажите, что в случае равнобочной трапеции отрезки
MP и QN симметричны относительно прямой, проходящей через середины
оснований трапеции.
4. Решение 1. Воспользуйтесь тем, что средние линии
произвольного четырехугольника являются диагоналями параллелограмма.
Решение 2. Пусть Μ — середина любого из трех рассматриваемых
отрезков. Примените векторную формулу середины отрезка и установите, что
Μ = { (А + В + С + D).
Решение 3. Точку О пересечения диагоналей четырехугольника
ABCD примите за начало аффинной системы координат, а оси координат
выберите так, чтобы вершины четырехугольника имели координаты: А (а; 0),
В (0; Ь), С (с; 0), D (0; d). Затем воспользуйтесь координатной формулой
середины отрезка.
5. Решение 1. Постройте точки Вг и Ml9 такие, что ΒΒλ = ММг =
= АР, и точки Cj и Nlt такие что, ССг = ΝΝλ = DP. Докажите, что Q и 5 —
середины отрезков ВгСг и ΜχΛ^. Из условия задачи выведите, что PA/j =
= kPB1} PN± = kPCv Следовательно, при гомотетии с центром Ρ и
коэффициентом к точки Mly Nlt S отображаются соответственно на точки Въ Clt
Q. Значит, точки S, P, Q принадлежат одной прямой и PS = kPQ.
Решение 2. Докажите, что PS = -g (AM + 1Ж) и PQ~= j (AB+
+ DC). Используя условие задачи, выведите отсюда равенство PS = kPQ.
Решение 3. Введите систему координат: А (0; 0), В (1; 0), О (0; 1).
Полагая С (т\ /г), найдите координаты всех точек, указанных в условии
задачи.
6. Решение 1. Пусть О — точка пересечения диагоналей
параллелограмма KLMN, вписанного в параллелограмм ABCD. Тогда прямые
АВ и CD, а также прямые AD и ВС, симметричны относительно точки О.
Следовательно, О — центр симметрии параллелограмма ABCD.
Решение 2. Пусть вершины К и L параллелограмма KLMN
принадлежат соответственно сторонам АВ и ВС, а вершины Μ и N — двум
другим сторонам параллелограмма ABCD; точка О — центр
параллелограмма KLMN. Тогда треугольники AKN и CML симметричны относительно точки
О. Следовательно, О — середина диагонали АС параллелограмма ABCD.
Решение 3. Введем на плоскости систему координат: А( 0; 0),
В (1; 0), D (0;_1): Пусть К (k\ 0), L (1; t^J/l (m±J), N (0; η). Тогда /α=
= (ΐ _ k; I), NM = (m; 1 —η). Так как KL = Ν Μ, το k + m = 1, / + /ι=
= 1. Следовательно, середины отрезков /CAi и LN имеют координаты: χ =
-= -ρ-, У = ~ъ . Середина диагонали Л С имеет те же координаты. Значит,
центры параллелограммов совпадают.
7. Решение 1. Треугольники РАМ и PCN гомотетичны, поэтому
AM Ρ Μ
С Ν "~ ΡΝ *
Аналогично
DM — QM *
Используя эти равенства, докажите, что AM «= £iV»
48

Решение 2. На стороне АВ параллелограмма ABCD постройте
точки Рх и Qt так, чтобы отрезки РРг и QQ± были параллельны стороне AD.
Тогда АР1=- BQlt Треугольники АРг Ρ и ABC, BQXQ и BAD гомотетичны.
Отсюда выведите, что PPt— QQ±. Следовательно, РР^Р —
параллелограмм.
Решение 3. Введите систему координат: А (0; 0), В (1; 0), D (0; 1).
Пусть Μ (0; т), N (1; /г), Ρ (α; ρ) и Q (6; <7). Тогда из условия задачи
следует, что а = 1 — Ь. Уравнение прямой АС имеет вид χ = #. Уравнение
прямой Z?D : χ + # = 1. Следовательно, α = ρ и b + q ~ \. Отсюда выведите,
что /7 = <7 и PQ = (6 — а, 0).
8. Решение 1. Постройте на основании CD трапеции точку Ε
такую, что τη= -ττβ. Тогда Л4£ || ACviNE \\ BD. Обозначив точку
пересечения диагоналей трапеции через О и точку пересечения прямых NE и АС
через L, докажите, что
MP _EL_DO_ CD
PN ~~ LN~ OB~~ AB'
Аналогично
NQ_CID
QM~~ AB'
Решение 2. Выполните то же вспомогательное построение, что
и при решении задачи первым способом. Сохранив прежние обозначения,
введите еще точку К пересечения прямых ЕМ и BD.
Докажите, что KL || MN. Отсюда К LP Μ и KLNQ — параллелограммы
и МР = QN = /CL.
Решение 3. Точку О пересечения диагоналей трапеции ABCD
примите за начало аффинной системы координат, О А и ОВ — за координатные
в<кторы. Тогда А (1; 0), В (0; 1), и можно положить С (с; 0), D (0;с). Обо-
АМ CN
значив Ί/Γη— Щ)^ k* найдите координаты точек Μ, Ν, Ρ и Q. Затем
докажите, что
_£ ~-ck\
J + k' 1 + k) '
9. Решение 1. Так как треугольники РАВ и PMD гомотетичны, то
RA _RB
РМ~ PD*
Аналогично
PA^PD
PN~ РВ*
Следовательно,
РА2 = РМ · ΡΝ<
Учитывая, что Ρ Μ = AM — АР и PN = ЛМ —- АР, получаете
доказываемое равенство.
Решение 2. Выберите систему координат: А (0; 0), В (1; 0),D (0; 1).
Положив Л/ (1; с), запишите уравнения прямых AN и BD. Затем вычислите
координаты точек Ρ и Λί.
Решение 3. Достаточно доказать требуемое соотношение для
квадрата ABCD. Проведите перпендикуляры PQ и PR соответственно к сторонам
АВ и ВС. Составьте пропорции:
AP__BR АР _AQ
AM" ВС AN~ AB'
Остается полученные равенства почленно сложить.
49
МР= QN= ί-

10. Решение 1. Пусть CD — меньшее основание трапеции ABCD.
Через вершину С проведите прямую, параллельную стороне AD и
пересекающую основание АВ в некоторой точке К. Постройте на отрезке СК точку
М, такую, что Т7Т7 =—. Докажите, что ЕМ |] АВ и MF || АВ, Отсюда
следует, что EF \\ АВ и EF = ЕМ + MF.
Так как треугольники CMF и СКВ гомотетичны, то
MF n
а — Ъ т+η '
поэтому
EF = ЬА i—. == \ .
1 т + п т-\- η
Решение 2. Постройте точку Ν, делящую диагональ АС в отноше-
т
нии — , считая отточки Л. Тогда EN || ABtNF || Л θ. Отсюда выведите, что
Яг || ЛВ и EF = EN + WF. Далее выразите ртк и -jb через тип.
Решение 3. По формуле деления отрезка в данном отношении
„-= пШ+тОВ λΈΓ гШ + тОС
ОЕ = -. , OF == .
т + η т-\- η
Отсюда выведите равенство
-= пАВ + mDC
tt = j .
т~\- η
А так как векторы АВ и DC сонаправлены, то EF \\ АВ и
па + тЪ
EF =:
m+ n
11. Решение 1. Воспользовавшись тем, что треугольники ЛМР
и DNP, а также треугольники ЛМ<3 и CNQ, гомотетичны, докажите, что
РМ _MQ m _ m — PQ
т~0Ы~' Т°еСТЬ И~ PQ-n '
Решение 2. Согласно задаче 2 прямые AD и ВС пересекаются в точке
Р, а так как АВ || CD, то
Р5 РМ m m
Пусть PQ = аРМ и AQ = f>QC. Выразите двумя способами PQ через
РА и РВ. Затем вычислите а.
Решение 3. Введите систему координат: Ρ (0; 0), Л (1; 0), В (0; 1).
Тогда С (θ; — ) и Μ {-к ; -jr ). Запишите уравнения прямых АС и РМ.
Вычислите координаты точки Q и установите, что
PQ = -4^ ™.
12. Решение 1. Пусть точки Alf Blt Сг принадлежат одной прямой
(рис. 14). Через вершину С треугольника ABC проведем прямую, параллель-
50

ную стороне ЛВ и пересекающую прямую
АгВл в точке D. Треугольники В1АС1 и
ВгсЬ, а также треугольники А1ВС1 и
AXCD, гомотетичны. Следовательно,
ЛС1_БИ CD J^C
ΪΟΟ ~~ ВгС С]В~Ш'1'
Перемножив эти два равенства
почленно, получим доказываемое соотношение.
Обратную теорему легко доказать
способом от противного.
Решение 2. По формуле деления
отрезка в данном отношении имеем:
си,
где
с±в + aCiC
1+α
ΈΑί
с,вг
СгС + §СгА __ СгС — ЪуСгВ
ш·'-
свл
ι + β
У =
ι + β
АС±
ВгА ' СгВ
Точки Al9 Blt Cx принадлежат одной прямой тогда и только тогда, когда
(1 + α) ζϊχ = λ (1 + β) ξβΐ9
где λ — действительное число (множители (1 + а) и (1 + β) взяты для того,
чтобы упростить вычисления). Подставив в это равенство значения ΟχΑχ
и СхВг, получим:
(1 + βγλ) С[В + (а — λ) С^С = 0.
В силу единственности разложения вектора (в данном случае — нулевого)
по двум неколлинеарным векторам СгВ и СгС имеем:
1 + βγλ = ο, α — λ = 0.
Отсюда αβγ = —1.
Решение 3. Выберем на плоскости аффинную систему координат
так, чтобы точки Л, В и С имели координаты: С (0; 0), Л(1; 0) и В (0; 1).
Сохранив прежние обозначения, выразим координаты точек Л1} Blt Сг через
α, β, γ, а затем вычислим координаты векторов А1В1 и А1С1. Получим:
тА^В[= (β (1 + α); -(1 + β)), пА^Сг = (β(1 + α); αβγ - β),
где т = (1 + α) (1 + β), η =_{[_+α)_(\ + γ).
Следовательно, векторы АгВг и АгСх коллинеарны тогда и только тогда,
когда αβγ = — 1.
13. Решение 1. Пусть прямые AAlf ВВг и ССг пересекаются в
точке О. Через вершину С треугольника ABC проведем прямую, параллельную
стороне АВ. Точки пересечения этой прямой с прямыми ААг и ВВг обозначим
соответственно через Μ и N.
гт ОС
При гомотетии с центром О и коэффициентом k = = точки Л, В и Сх
С/С ι
отображаются соответственно на точки Μ, Ν и С. Следовательно,
АСг
С^В
МС
CN
51

Треугольники АВА1 и MCAlf АВВг и СМВг гомотетичны. Поэтому
J^=J^|_ СВ[ CN
Т^С ~~ МС ' ЩА~ Ш '
Перемножив найденные три равенства почленно, получим
Λ5Ί ΒΑΊ # CBj =
С^В А^С ~ЩА ""
Пользуясь теоремой о пропорциональных отрезках, докажите, что это
равенство остается в силе и тогда, когда прямые ААг, ВВХ и ССг параллельны.
Обратную теорему докажите от противного. Допустите, что прямые
ААХ и ВВг пересекаются в некоторой точке О, а прямая СО пересекает АВ
в некоторой точке D. Затем, используя прямую теорему, докажите, что точка
D совпадает с точкой Сг. Аналогично рассмотрите случай, когда прямые ААХ
и ВВг параллельны.
Решение 2. Пусть прямые ААг, ΒΒλ и ССг пересекаются в одной
точке, обозначим ее О. Применив теорему Менелая (см. с. 18) к треугольнику АССг
и секущей BBlt а затем к треугольнику ВССг и секущей АА1} имеем:
Щ_ ~ав α[δ _ { Ш1 со си χ
ΈΓα ' вс[ " ос ~ ' Tfi ' ос[' ~ав ~
Перемножив эти два равенства почленно, получим доказываемое
соотношение.
Далее поступаем так же, как при решении 1.
Решение 3. Выберем систему координат: С (0; 0), А (1; 0), В (0; 1).
Обозначив -==· — α, -===■ = β, ■ = γ, по формуле деления отрезка в
АгС ВгА СгВ
данном отношении найдем:
4* its). *(ιΐΗ· с-(тт-г т&)·
Запишем уравнения прямых ААЛ и ΒΒγ.
*+(1+а)у=1,
Пусть ^ ^ , или 1 + а + αβ ^= 0. Тогда полученная система
ρ 1 + α
уравнений имеет единственное решение:
αβ 1
Х° ~ 1 + α + αβ ' ^° ~ 1 + α + αβ *
Следовательно, прямые ААг и ББХ пересекаются в точке О (*0; г/о)·
Прямая ССг проходит через точку О тогда и только тогда, когда угловые
коэффициенты прямых СО и ССХ равны:
^ρ = γ, или αβγ = 1.
Остается рассмотреть случай, когда прямые ААг и BBL не пересекаются.
Условия параллельности прямых ААг и ВВг, ААг и ССХ в координатах
записываются так:
1 + α + αβ = 0, 1 + γ + αγ = 0.
Умножив первое равенство на γ, вычтем из него второе. Имеем:
αβγ = 1.
52

Справедливо и обратное утверждение: если
выполняется последнее равенство и одно из двух
предыдущих, то выполняется и второе, то есть
прямые ААг, ВВг и ССг параллельны.
14. Решение 1. Пусть медианы AF и CD
треугольника ABC пересекаются в точке Μ
(рис. 15). Точку F соединим с серединой /(отрезка
BD. Тогда
AD :DK= BD : DK = 2: l.
А
В
А так как FK || CD, то и AM : MF = 2 : 1.
Аналогично докажем, что медиана CD
делится точкой Μ в том же отношении.
Вершины В и С равноправны, поэтому такое же заключение можно сделать
и относительно медианы BE треугольника: она проходит через точку Μ и
делится ею в отношении 2:1, считая от точки В.
Решение 2. Возьмем на медиане CD треугольника ABC точку М,
делящую эту медиану в отношении 2:1, считая от вершины С. Согласно
формуле деления отрезка в данном отношении при любом выборе точки О
имеем:
Отсюда
ДдГв£С + 20£ m^OA + OBt
ОМ = ^(ОА + ОВ — ОС).
Пусть точка Мг делит любую из двух других медиан треугольника ABC
в отношении 2:1, считая от вершины. Тогда для вектора ОМг аналогично
получим то же самое выражение, то есть ОМг = ОМ. Отсюда следует, что
точки Мг и Μ совпадают. Следовательно, все три медианы треугольника ABC
имеют общую точку Λί, которая делит каждую из медиан в отношении 2:1,
считая от вершины треугольника.
г» о r\< AM и СМ , γητ.
Решение 3. Обозначив ■—, = & и тт7ч=*, выразите вектор СМ
двумя способами через векторы С А и СВ.
Решение 4. Введите на плоскости аффинную систему координат:
D (0; 0), В (1; 0), С (0; 1). Тогда F (-g- ; у) · Запишите уравнение прямой
AF и установите, что Μ (θ; -q- I .
Решение 5. Примените теорему Чевы (см. с. 18).
15. Решение 1. Середины сторон ВС, С А, АВ треугольника ABC
обозначьте соответственно через Аг, Въ Сг. Пусть D — такая точка, что CJ)—
= ААХ. Тогда АС^АХ — параллелограмм. Докажите, что BDCBX —
также параллелограмм.
Решение 2. Пусть Μ — точка пересечения медиан треугольника
ABC и N — точка, симметричная Μ относительно середины стороны ВС.
Тогда BNCM — параллелограмм, а треугольник CMN гомотетичен искомому
2
треугольнику с коэффициентом гомотетии -о- ♦
Решение 3. Докажите, что
ΤΚί + Ш[ + cicl = о.
53

16. Ρ е ш е н и е 1. Пусть диагональ АС параллелограмма пересекает
отрезки DE и BF соответственно в точках Μ и N. Докажите, что
треугольники МАЕ и MCD гомотетичны. Следовательно,
АМ=± МС=^АС.
Решение 2. Докажите, что треугольники ΑΜΕ и AN В
гомотетичны. Отсюда AM — -к AN.
Решение 3. Проведите диагональ BD параллелограмма и
воспользуйтесь свойством медиан треугольника.
Решение 4. Введите систему координат: А (0; 0), В (1; 0), D (0; 1),
U » з/·
Установите, что С(1; 1) и Μ
17. Задача решается аналогично задаче 8.
18. Решение 1. Достаточно доказать, что AD = KF (рис* 16).
Середину Ρ стороны СВ соединим с точ-
С кой М. Тогда MP || Л С (по свойству
средней линии треугольника) и MP \\
|| KF. Треугольники CKF и СМР
гомотетичны, следовательно,
KF _CF
МР~~ СР'
Так как MP = 1- АС и СР = -i- ВС, то
Треугольники AED и ABC также
гомотетичны, поэтому
AD=fc-DE-W-CF-
Итак, AD — KF. Кроме того, AD \\ KF. Следовательно, ADFK —
параллелограмм.
Решение 2. Построим точку N, симметричную точке С
относительно точки М. Тогда ACBN — параллелограмм, ΒΝ = АС и BN \\ EF.
Треугольники CKF и CNB гомотетичны, поэтому
KF_ __CF
Ν Β ~ ВС '
или
*' = !§·<*·
Далее поступаем так же, как и при решении 1.
Решение 3. Введем на плоскости систему координат: С (0; 0),
А (1; 0), В (0; 1). Тогда Μ (~к ; -к) . Положим F (0; а) и запишем
уравнения прямых СМ и EF:
х= У> У = а·
Поскольку К — точка пересечения прямых СМ и EF, то /С (а; а).
Аналогично найдем, что D (1 — а; 0), £ (1 — а; а),
54

Следовательно,
TR = (α; 0), ОЛ = (а; 0),
то есть DA = FK. Поэтому ADFK — параллелограмм
Решение 4. Задача имеет аффинное содержание. Поэтому вместо
произвольного треугольника можно взять его частный случай.
Пусть АС = ВС и Ζ С = 90°. Тогда треугольники ADE и CF К — также
прямоугольные равнобедренные. Но DE = CF (как противоположные стороны
параллелограмма) и ZAED = ZFCKz= 45°. Значит, треугольники ADE
и CFK равны. Следовательно, AD = KF.
19 Решение!. Через точку Q параллельно сторонам AD и АВ
параллелограмма ABCD проведем прямые, пересекающие АВ в точке К и AD
г п км кв
в точке L. Для решения задачи достаточно доказать, что ттг= тт> ·
Треугольники KMQ и LQD гомотетичны. Следовательно,
KM _KQ
LQ~~ LD'
Аналогично треугольники KBQ и LQN гомотетичны. Следовательно,
KB_KQ
LQ LN'
Поделив первое из этих равенств на второе, получим доказываемое
равенство. Из него следует, что точки Q, Ρ и С принадлежат одной прямой.
Решение 2. По теореме Менелая (см. с. 18), примененной к
треугольнику ΑΒΝ и секущей DM, имеем:
Ш ' ЖЕ ' QN
Обозначив через Ε точку пересечения прямых ΝΡ и ВС, применим обратную
теорему к треугольнику BEN. Учитывая, что противоположные стороны
параллелограммов равны, предыдущее равенство запишем так:
ЕС BQ Ш> __χ
СВ ' QN ' РЁ ~
Следовательно, точки С, Ρ и Q принадлежат одной прямой.
Решение 3. Введем систему координат: А (0; 0), В (1; 0), D (0; 1).
Пусть Ρ (m; η), тогда Μ (m; 0), /V (0; η). Запишем уравнения прямых DM
и BN:
—- -Ь г/ = 1, х+^-=1.
m ' у ' η
Решим эту систему уравнений и найдем координаты точки Q:
^ ^ m (1 — П) = П(\ —т)
1 — ran * 1 — mn
Вычислив угловые коэффициенты прямых CQ и СР, убедимся, что они
имеют одно и то же значение: к = « .
Задачи на вычисление
20. Решение 1. Через вершину С треугольника ABC проведите
прямую, параллельную стороне АВ. Обозначьте точку пересечения этой прямой
СК CL 1
с прямой AM через L. Докажите, что CL — AD и ^ = ___=:__ .
KB АВ 2
55

Решение 2. Через вершину В треугольника ABC проведите прямую,
параллельную медиане CD.
Решение 3. Проведите DE || АК и примените теорему Фалеса.
Решение 4. Примените теорему Менелая (см. с. 18) к треугольнику
BCD и секущей А К.
Решение 5. Обозначив = λ, выразите двумя способами АК
KB
через А В и АС.
2Ь 2тп
m + η'
Решение 1. Обозначим площади треугольников СМЕ, CNE и CMN
СЕ
через Slt S2, 50, а площадь треугольника ABC — через 2S. Пусть 775 = α·
Тогда согласно лемме 3 (см. с. 6) имеем:
ύι On &n
■g = am, ^ = а/г, ^ = тп.
А так как 6\ -f- 52 = 50, то
(т + /г) α = 2тл.
~ 2тя
Следовательно, α = —;— .
т~\- η
СЕ ME
Решение 2. Обозначим ~ = α Ητ^τ- = λ. Выразим двумя
способами С£ через ~СА и С£:
СЁ = aCD = <* (С^ + С£) . -qe = ^ + λϋϊν = /тгСЛ + ХпСВ
2 ' 1 +λ 1 + λ
В силу единственности разложения вектора по двум неколлинеарным
векторам, получим?
α ___ т а _ λη
Ύ~~ Γ+λ* Т~ 1 + λ*
m 2т/г
Отсюда λ=ΙΗα = —.
Решение 3. Введем на плоскости аффинную систему координат:
С (0; 0), А (1; 0), В (0; 1). Тогда D i-g ; γ) , Λί (m; 0), tf (0; η). Запишем
уравнения прямых CD и ΛίΝ:
л: у
у = х> Έ + ΊΪ = Χ-
Решив полученную систему уравнений, найдем координаты точки Е:
тп
Следовательно,
СЕ 2тп
CD~ m + n'
Решение 4. Примените метод параллельного проектирования.
Воспользуйтесь тем, что если АС = ВС, то С£ — биссектриса треугольника
CMN.
56

22 M_4 Ξ*_1
Решение 1. Постройте точку Ρ пересечения прямых DM и АВ.
Докажите, что
ΚΝ- КР~ АР~ 4·
Решение 2. Через точку Μ проведите прямую, праллельную стороне
АВ параллелограмма.
Решение 3. Пусть АК = αΑΝ и DK = $КМ. Выразив двумя
способами АК через АВ и AD, вычислите α и β.
Решение 4. Введите систему координат: Л( 0; 0), В (1; 0), D (0; 1).
Решение 5. Решите задачу для квадрата.
2ab
23· Т+Ъ'
Решение 1. Пусть диагонали трапеции ABCD пересекаются в точке О.
Устанавливаем, что треугольники АО В и COD гомотетичны. Значит тт?, = ~г.
аЪ
Докажите, что ЕО = OF = , ^ .
Решение 2. Через вершину С трапеции проведите прямую,
параллельную стороне AD. Обозначив EF через х, докажите, что
а — b а-\-Ь
АЕ а
Решение 3. Докажите, что -бт; = ~й и воспользуйтесь результатом
задачи 10.
Решение 4. Введите аффинную систему координат с началом в
точке А. Оси координат выберите так, чтобы вершины трапеции имели
координаты: В (а; 0), D (0; d), С (b\ d). Найдите абсциссу точки F.
л СМ Λ
24. J5B2.
Решение 1. Через вершину D четырехугольника ABCD проведем
прямую параллельно стороне АВ, пересекающую прямые ЛСи ΜΝ
соответственно в точках Ε и F. Тогда DF = FE и ОС = 20Е. Применив к
треугольнику CDE и секущей ON теорему Менелая (см. с. 18), получим:
ND"~Z·
АО а ВО Ь
В общем случае, если -qq = — и ттр = -τ , задача решается аналогично,
CN _ be
И ND~~ ad*
CN
Решение 2. Обозначив Ίΰ£>=λ, выразим двумя способами ON
через ОА и ОВ. По формуле деления отрезка в данном отношении имеем:
OC + XOD
Согласно условию задачи ОС = —ОЛ, OD = —-кОВ. Значит,
^- 1
Ш
-ОА — ·^ λΟΒ
1 + λ
57

С другой стороны,
ON = аОМ = -— (ОА + ОБ).
В силу единственности разложения вектора по двум неколлинеарным
векторам получаем:
а — 1 α —λ
Τ==1 + λ' Т= 1 + λ'
откуда λ = 2.
Попутно находим, что а = — -^ и, следовательно, qt> = тг .
Решение 3. Выберем аффинную систему координат с началом
в точке О так, чтобы вершины четырехугольника ABCD имели координаты:
А (2; 0), В (0; 2). Тогда С (—2; 0), D (0; —1) и Μ (1; 1).
^ CN л ( -2 —λ \
Если д^ = λ, то A^j-^, pq^j.
Уравнение прямой ОМ имеет вид у = х. Учитывая, что точка N
принадлежит прямой ОМ, получим λ = 2.
§ 2. Площади
Задачи на доказательство
25. Решение 1. Постройте на стороне АВ точки К и L такие, что
ΚΝ [| CD и LM || CD. Тогда
Отсюда
W_Aj( KN KB
CD~ AD и DE~~ BD'
KN KN__
CD+ DE~ L
Далее установите, что LM = KN и Μ Ν || Л В,
Решение 2. Пользуясь теоремой Чевы (см. с. 18), докажите, что
CM CN CM CN п А„ял η„λΤ
]йЪ = 1Гл и> следовательно, -рть= тгл Значит, треугольники АСМ и BCN
равновелики.
Решение 3. Задачу достаточно решить для равнобедренного
треугольника. Установите, что если АС = ВС, то треугольники АВМ и ΑΒΝ
равны.
26. Решение 1. Через точку Μ проведите прямые, параллельные
сторонам параллелограмма.
Решение 2. Треугольник АВМ перенесите параллельно на вектор
AD в положение DCN. Тогда AMND и BMNC — параллелограммы, а
площадь четырехугольника DMCN равна сумме площадей треугольников ADM
и BCN.
Решение 3. Решите задачу для квадрата.
27. Решение 1. Через точку Μ параллельно стороне AD трапеции
проведем прямую, пересекающую прямые АВ и CD соответственно в точках
К и L. Тогда AKLD — параллелограмм. Так как треугольники BAdK и CML
равны, то параллелограмм AKLD и трапеция ABCD равновелики. Площадь
треугольника AMD составляет половину площади параллелограмма и,
следовательно, пславину площади трапеции.
Решение 2. Пусть прямая DM пересекает прямую АВ в точке Е.
Тогда треугольник ADE и трапеция ABCD равновелики (треугольник ВЕМ
равен треугольнику CDM). А так как AM — медиана треугольника ADE,
то площадь треугольника AMD равна половине площади треугольника
ADE, то есть половине площади трапеции.
58

Решение 3. Так как задача имеет аффинное содержание, то вместо
произвольной трапеции можно взять прямоугольную.
Пусть Ζ BAD = 90° и MN— средняя линия трапеции. Тогда SAMD =
= -Q- AD . MN, SABCD = AD · AM. Отсюда и вытекает доказываемое
предложение.
28. Решение 1. Пусть LN— средняя линия трапеции ABCD, N—
середина боковой стороны ВС. Заметив, что SAMB = SABN и SCDM = SCDN,
воспользуйтесь результатом задачи 27.
Решение 2. Через точку Μ проведите прямую, пересекающую
основания АВ и CD трапеции в точках Ε и F. Тогда Μ — середина отрезка EF.
Воспользуйтесь результатом задачи 27 и докажите, что сумма площадей
треугольников ADM и ВСМ равна половине площади трапеции ABCD.
Решение 3. Используя формулы
площадей треугольника и трапеции,
докажите, что сумма площадей треугольников
АВМ и CDM равна половине площади
трапеции.
29. Решение 1. Пусть К, L, М,
N — середины сторон чертырехугольника
ABCD (рис. 17). Используя свойство
средней линии треугольника, докажите, что
сумма площадей треугольников BKL и
DMN равна — площади четырехугольника
ABCD. Рис. 17
Решение 2. Через ^вершины
четырехугольника ABCD проведите прямые,
параллельные диагоналям АС и BD. Установите, что площадь
параллелограмма, ограниченного этими прямыми, вдвое больше площади трапеции и
вчетверо больше площади четырехугольника KLMN.
Решение 3. Точку О пересечения диагоналей четырехугольника ABCD
соедините с вершинами четырехугольника KLMN. Докажите, что
треугольники: AKN и OKN, BKL и OKL, CLM и OLM, DMN и OMN равновелики.
Решение 4. Середину Ε диагонали АС соедините с вершинами
четырехугольника KLMN. Докажите, что четырехугольники BKEL и DMEN
являются параллелограммами, а треугольники AKN и ELM равны.
Задачи на вычисление
30. -|.
Решение 1. Пусть S — площадь параллелограмма A BCD. Докажите,
2 1
что SBKL = -g- SABC = -g- S.
Решение 2. Через точки К и Μ проведите прямые, параллельные
стороне ВС параллелограмма, пересекающие отрезки ΜΝ и KL соответственно
5 5
в точках Ε и F. Установите, что КЕ = -g- AD и SKEN= oqS. Затем
докажите, что KLMN — параллелограмм, который прямыми КЕ, MF и КМ
рассекается на четыре равновеликих треугольника.
Решение 3. Если ABCD — квадрат, то вписанный четырехугольник
KLMN — также квадрат. Пользуясь теоремой Пифагора, докажите, что
KL УЪ 5
^g= ~о~ и отношение площадей квадратов равно -ς" ·
Поскольку задача является аффинной, то в случае параллелограмма
получится тот же результат.
31. -g-. Решение 1. Из условия задачи следует, что AL || CN и
ВМ || D/(. Поэтому четырехугольник PQRS, ограниченный прямыми AL,
59

BM, CN и DK, является параллелограммом (рис. 18). Обозначьте его
площадь через Su а площадь параллелограмма ABCD — через S.
Используя теорему об отрезках, отсекаемых на сторонах угла
параллельными прямыми, и гомотетию, докажите, что QL = r^AL, и поэтому SABQ =
_ 9 __ 3
— \о sabl — 20 S'
Убедитесь, что треугольники ABQt BCR, CDS и DAP равновелики.
Следовательно,
3 2_
Si = S— ~^S = j S.
Решение 2. Обозначив площади треугольников АКР и BLQ
соответственно через χ и у, докажите, что площади треугольников ABQ и BCR
равны 9х и 9у. Убедитесь, что
площадь треугольника CMR равна х,
а площадь каждого из треугольни
ко:
му
ков ABL и ВСМ равна _ 5. Поэто-
6
9х + у = -g- S, χ + 9# = g- S.
Отсюда χ = у — gQ S.
"ис· *° Решение 3. Решите задачу
для квадрата.
AN _CD
32· ND~ AB'
Решение 1. Пусть АВ = а и CD = b.
Поскольку MN — медиана треугольника BCN, то «5^д|^ = *^£MAf· А так
как SABMN = SCDMN> т0 5ЛБЛ/ = 5С0ЛГ» или
Л# · AB=DN -CD,
откуда
Л^О" α ·
Решение 2. Согласно задаче 27 площадь треугольника ADM равна
половине площади трапеции ABCD, то есть равна площади четырехугольника
ΑΒΜΝ. Следовательно, SDMN — SABM. Аналогично SAMN = SCDM. Но
samn AN scdm CD
Sdmn~ND" SABM-AB-
Следовательно,
AN__C£_ b_
ND~ AB~ a "
Решение 3. Пусть Л£ — большее основание трапеции и LM — ее
средняя линия. Через точку Μ параллельно стороне AD проведем прямую,
пересекающую основание А В в точке К. Тогда
_ 1
5ΛΚΜΖ, == SABMN = 2 SABCD·
Следовательно, треугольники LMW и Б/СМ равновелики, поэтому
LW · LM= BK- КМ,
60

или
A£_LM
LN - BK'
Это равенство можно записать так:
AN + ND a + b
ND — AN - a — b-
Откуда
AN b_
ND~ a "
Решение 4. Построим точки Аг и Dlt симметричиые вершинам А
и D трапеции относительно точки М. Получим параллелограмм ADXAXD,
который отрезком ВС разбивается на две симметричные относительно точки
Μ трапеции: ABCD и AXCBDV
Поскольку задача является аффинной, то вместо произвольного
параллелограмма можно взять квадрат Αϋ^γϋ. В таком случае (с помощью
поворота вокруг точки Μ на 90°) можно доказать, что четырехугольники ΑΒΜΝ
AN CD
и DNMC равны, AN = CD, DN = АВ. Поэтому Jfi)= fig-
33. (VS~i + VS~2)2·
Решение 1. Так как треугольники ABC и ABD равновелики, то
треугольники ВОС и AOD также равновелики. Обозначим площадь
треугольника ВОС через S3> а площадь трапеции ABCD — через S. Тогда имеем:
Si _AO Sb _АО
S3 = СО> S2~ СО'
Отсюда
Следовательно,
53 — 5Х · S2.
S = S1 + Sa + 2yrS1.S1.
Решение 2. Применим параллельный перенос: построим точку Μ
так, чтобы ВМ= DC. Треугольник АСМ равновелик трапеции ABCD
и гомотетичен треугольнику АОВ. Следовательно, если АВ —а и CD = b, то
V s
a + b*
где S — площадь трапеции ABCD. Аналогично докажем, что
К 5" a + b-
Сложив эти два равенства почленно, получим
yf + Yf-u
или
Решение 3. Вместо произвольной трапеции возьмем равнобочную,
у которой диагонали перпендикулярны. В таком случае треугольник АОВ
будет прямоугольным равнобедренным, его высота ОМ равна -к АВ.
Обозначив АВ = 2xt CD = 2y, получим
Si = *\ S2 = у\
61

Рис. 19
Высота трапеции равна χ + у.
Следовательно,
5 = (х + у)2 = S1 + S2 + 2 /S7~5"2.
Поскольку задача имеет аффинный
характер, то полученный ответ справедлив для
любой трапеции.
34. |s.
Решение 1. Пусть AL, Blt Сг —
середины сторон ВС, С А, АВ треугольника
ABC. Докажите, что треугольники А0В0С0
и АХВ1С1 гомотетичны, причем коэффициент
2 о
гомотетии равен -о-. Значит, площадь тре-
4
угольника А0В0С0 составляет -q площади треугольника ΑχΒ^Οχ.
Решение 2. Пусть СМ и CN — медианы треугольников АСР и ВСР.
2 1
Докажите, что А0В0 = -^ ΜΝ = -о- АВ.
Решение 3. Воспользуйтесь формулой центроида треугольника и
докажите, что А0В0 = -к ~ВА.
1
35. у .
Решение 1. Пусть прямые CClt BBlt AAL пересекаются попарно в
точках /С, L, Μ (рис. 19). Обозначим SCB к — х. Тогда SAB к = 2х, так как
ABL = 2BLC. Аналогично, если SAC к = у, то SBC к = 2у. Учитывая, что
1 Л Л 2
2х + 3ί/ = т S.
'Ct - 3 5
Отсюда
и ^ЛБ^ = 3 5'
Далее находим,
За: -f- ί/ =
что
получаем:
и
χ =
2хН
■21ώ·
БС/С U 21/ 7
Такую же площадь имеет каждый из треугольников ЛС1 и АВМ.
Следовательно,
1
^KLM :
Ts.
Решение 2. Применив теорему Менелая (см. с. 18) к треугольнику
АССХ и секущей ВВи получим:
ск _г_
КС~ 4 *
3
Значит, СК = у С^ (это соотношение можно получить и без использования
теоремы Менелая).
Площади треугольников СВгК и САСг относятся как произведения длин
сторон, заключающих общий угол. Следовательно,
*свхк 1
-ί-s --s
7 ^АССХ — 21 ύ·
62

Далее поступаем так, как при решении 1.
Решение 3. Сумма площадей треугольников АВАг, ВСВ1 и САСг
равна S. Значит, площадь треугольника KLM равна сумме площадей
треугольников AC^L, BAtM и CBiK.
Применив теорему Менелая к треугольнику ВСС± и секущей АА lt
С L \ 1
найдем, что ~гтт— ~ё или CXL = у ССг. Следовательно,
5 -is -is
С помощью аналогичных вычислений докажем, что треугольники ACjL,
ВА^М и СВгК равновелики, поэтому
SKLM = ^ACtL = у 5·
Решение 4. Вычислив отношение отрезков, на которые точки К и L
делят отрезок ССг (см. способы решения 2 и 3), определяем, что С/С = KL.
Аналогично ВМ = МК и AL — LM. Значит, площадь каждого из
треугольников ABM, BCK и CAL вдвое больше площади треугольника KLM, а
площадь треугольника ABC в 7 раз больше, то есть
s -is
Решение 5. Задачу достаточно решить для равностороннего
треугольника ABC. В таком случае треугольники АВАЪ ВСВг и САСг равны.
Кроме того, равны также треугольники ACXL·, ΒΑγΜ и СВгК, а треугольники
ЛВАг и ALC± подобны. Поэтому AL = ЪЬСХ = ЗМАг, Ζ АЬСг = 60° и
каждый из углов треугольника KLM равен 60°, то есть треугольник KLM —
равносторонний.
Положив АВ = 3, вычислим LM.
Из треугольника АВАг по теореме косинусов имеем
АА1 = ]/7.
АС 1
Коэффициент подобия треугольников ALCX и ΑΒΑλ равен -γίγ = —т=.
Поэтому
Значит,
лг АВ 3 1 3
Υι γι χ γι у 7
SKLM
/Ш\2=_1_
\АВ) 7
§ 3. Геометрические места точек
36. Средняя линия треугольника ABC параллельная стороне АВ.
AD
Решение 1. Постройте на стороне АВ точку D такую, чтобы ТуЬ =
__ AM
— ~mq · Докажите, что CMDN — параллелограмм, поэтому середины
отрезков MN и CD совпадают.
Решение 2. Обозначьте середины отрезков АС, СВ и MN
соответственно через Р, Q и S. Воспользуйтесь векторной формулой деления отрезка
в данном отношении и докажите, что
63

Решение 3. Введите систему координат: С (0; 0), А (1; 0), В (0; 1).
Докажите, что координаты (х; у) середины S отрезка MN удовлетворяют
условиям:
Отсюда
1 k
2 (1 + k) ; У=2(\+к)> где k>0-
х + У = ~2 * пРичем * > 0 и у > 0.
Остается доказать, что любая точка средней линии треугольника ABC
принадлежит искомому геометрическому месту точек.
37. Медиана CD треугольника ABC (без ее концов).
Задачу можно решить теми же способами, что и задачу 2 (с. 47).
38. Прямая, симметричная прямой / относительно середины отрезка АВ.
Решение 1. Пусть Ρ — середина отрезка МгМ2. Применив теорему
о средней линии треугольника, докажите, что МАРВ — параллелограмм,
и поэтому точки Ρ и Μ симметричны относительно середины О отрезка АВ.
Решение 2. Примените гомотетию с центром Μ и коэффициентом
k = 2.
Решение 3. Пусть Ρ — середина отрезка МгМ2 и О — середина от-
резка АВ. Воспользуйтесь векторной формулой середины отрезка и докажите,
что ОР = — (Ш.
39. Средняя линия АгВг треугольника ABC (без точек Аг и Вг).
Решение 1. Пусть MPSQ — параллелограмм и прямая АгВг
пересекает прямые SP и SQ соответственно в точках Sx и 52. Тогда имеем:
AM АгР Л^ AM AQ AtS2
IB ^ΊξΒ^Τ&Ι- с лругой ст°роны> Τβ^Ίβ^ΤΓ^,'
Отсюда следует, что AXSX = Аг82 и, значит, точки Slt S2 и S совпадают.
Обратно, если S — некоторая точка средней линии АгВг треугольника
A S
ABC и 7Г77- = λ, то, разделив отрезки АгВ> ABlt АВ точками Р, Q, Μ в
отношении λ, получим параллелограмм MPSQ,
Решение 2. Пусть прямые MQ и ААг пересекаются в точке Е9 а
прямые MP и ВВг — в точке F. Тогда МЁ = -g- AiQ, MF = -j MP. Отсюда
сложением находим, что Ж/ = -q- MS, где G — точка пересечения медиан
треугольника ABC. Следовательно MS^-^MG, или GS = — -^ GM.
Итак, множество точек S есть образ отрезка АВ при гомотетии с центром
Q и коэффициентом k = — -д-, то есть отрезок АгВг.
Решение 3. Введем на плоскости аффинную систему координат:
А (0; 0), В (1; 0), С (0; 1). Полагая Μ (m; 0), вычислим координаты точек
Р, Q и S. Получим:
/1—m. l\
1-2-' I)9
где 0<т < 1.
1
Следовательно, координаты точки S удовлетворяют соотношениям у = -д
и 0 < χ < -к , то есть точка «S принадлежит отрезку А^В^
64

Обратно, если S -— произвольная точка отрезка AtBlt то полагая
5 Is; -q"J , найдем, что существует параллелограмм MPSQ,
удовлетворяющий условию задачи, причем Μ (1 — 2s; 0).
ГЛАВА II. МЕТРИЧЕСКИЕ ЗАДАЧИ
Задачи на доказательство
§ 4. Перпендикулярность
) Μ —точка
40. Решение 1. Установите,
треугольника ACN.
Решение 2. Воспользуйтесь соотношениями
Ш = \сО—~СА, ~CN=^(CB + CD)
пересечения высот
0.
и докажите, что AM · CN = j CD · (АВ + AD) ·.
Решение 3. Примените центрально-подобный поворот,
отображающий точку D на себя, точку А — на точку С, и докажите, что при этом
точка С отображается на точку В, а точка Μ — на точку N.
41. Решение 1. Через вершины треугольника ABC проведите
прямые, параллельные его сторонам. Установите, что серединные
перпендикуляры сторон полученного треугольника
содержат высоты треугольника ABC. ^ \^ С
Решение 2. Пусть высоты Α Αχ и ВВг
треугольника ABC пересекаются в точке Я.
Тогда
77л · вс = ТГв · с~А = о.
Отсюда выведите, что НС · А В = 0. Для
этого достаточно доказать тождество
Ш -~ВС +~НВ ."С4 +"77С · ~В = 0.
Решение 3. Введите прямоугольную
систему координат так, чтобы вершины
треугольника ABC имели координаты А (а; 0),
В (Ь; 0), С (0; с). Запишите уравнение прямой
АА1у учитывая, что ΑΑγ 1 ВС и ВС (—Ь; с).
Обозначив через Я точку пересечения высот ААг и ССЪ установите, что
ab\
Рис. 20
// (0; —'—I . Затем убедитесь, что точка пересечения высот ВВ± и СС1
совпадает с точкой Я.
42. Решение 1. Легко проверить, что доказываемое соотношение
выполняется для прямоугольного треугольника.Рассмотрим непрямоугольный
треугольник ABC (рис. 20). Построим точку D, симметричную точке О
относительно стороны АВ. Тогда OD' = О А + ОВ. Затем построим точку Я
такую, что ОН =~OD + ОС = ОЛ + OS + ОС.
Докажем, что точка Я и есть ортоцентр треугольника ABC.
Действительно, по построению прямые СН и OD параллельны. OD —
серединный перпендикуляр к отрезку АВ, следовательно, прямая СН также
перпендикулярна к прямой АВ, и точка Я принадлежит высоте ССг
треугольника ABC.
65

Если повторить построение, начиная с векторов ОА и ОС, то получится
та же точка Я, но теперь она принадлежит высоте треугольника, проведенной
из вершины В. Аналогично получим, что точка Я принадлежит высоте,
проведенной из вершины Л. Тем самым еще одним способом доказано, что
высоты треугольника ЛВС пересекаются в одной точке Я, причем
ОН =~0Л + ОВ + ОС.
Решение 2. Согласно условию задачи имеем:
ЛЯ . £С = 0, Ш2 = ОС*>
или
(0Я — О4) . ВС^О, (РВ + ~0С) . £С = 0.
Вычтем из первого равенства второе и получим:
(он —~Ш —~ов—~ос).Тзс = о.
Аналогично, докажем, что
(OH — OA — ОВ— ~ОС) . ЛС = 0.
А так как векторы ВС и Л С неколлинеарны, то
ОН — ОЛ —ОБ—ОС = 0.
Решение 3. Примем точку О за начало прямоугольной системы
координат, а оси Оде придадим направление вектора АВ. Тогда координаты
точек можно обозначить так: Л (—а; —Ь), В (а; —Ь), С (с\ d), Я (с; у0).
Поскольку ВС — (с — а; Ъ + d), то уравнение прямой ЛЯ имеет вид:
(с - а) (х + а) + (Ь + d) (у + Ъ) = 0.
Подставив в это уравнение χ = с, найдем ординату у0 точки Я:
Уо== b + d
А так как ОА = ОС, то а2 + b2 = c2+ d2. После упрощений получим:
Уо= d-2b. _ _
Итак, ОН = (с; d — 2b). Легко проверить, что вектор О A -f- OB + ОС
имеет такие же координаты, следовательно,
W ==Ш +Ш +1ТС.
43. Решение 1.
,(рис. 21), то
Рис. 21
Если углы А и В треугольника ABC острые
Ζ АНВ + Ζ АСВ = 180°.
Пусть точка Я' симметрична Я
относительно середины D стороны АВ. Тогда
ΔΑΗ'Β= Ζ АНВ, поэтому
Ζ ΑΗ'ΒΛ- Ζ АСВ = 180°.
Следовательно, точки Л, Б, С и Я'
принадлежат одной окружности.
Если угол Л треугольника тупой,
доказательство аналогично.
Легко проверить, что доказываемое
утверждение верно и для прямоугольного
треугольника.
66

Решение 2. Отрезки Η Η' и АВ имеют общую середину,
следовательно,
Ш' + ОН==ОА + Ш
Будем считать, что О — центр окружности, описанной около
треугольника ЛВС. Тогда согласно задаче 42 имеем:
ОН==ОА + ОВ + 'ОС.
Подставив выражение ОН в предыдущее равенство, получим:
ШГ = —~ОС.
Следовательно, точки С и Я' — концы диаметра описанной окружности.
Решение 3. Введем прямоугольную систему координат так же,
как при решении 3 задачи 42. Тогда Η (с; d — 26), D (0; —b). По формуле
середины отрезка находим, что Н' (—с\ —d). А так как С (с\ d), то ОН' =
= —ОСТ
44. Решение 1. Пусть СС± — высота непрямоугольного
треугольника ABC и Ζ В < 90° (рис. 21). Если Нг — точка пересечения прямой СС1
с описанной окружностью, то Ζ ВАН = Ζ ВСН1 = Ζ ВАНг = 90° —
— Ζ В. Следовательно, прямоугольные треугольники АСгН и АС1Н1 равны,
НСг= С1Н1, то есть точки Η и Ht симметричны относительно прямой АВ.
Решение 2. Пусть ССХ — высота треугольника ABC и прямая ССг
пересекает описанную около треугольника окружность с центром О в точке Нг.
Проведем OD JL АВ и ОЕ JL СН. Тогда D и Ε — середины хорд АВ и CHlf
Поэтому
'ОС[ =00 + ОЯ = -2-(ОЛ + ОБ + ОС + ОЯ^).
А так как согласно задаче 42:
Ш=Ш + Цв+"ос,
то
θ€ΐ=\(δΗ + οϊΓύ.
Значит, Сг — середина отрезка ННг.
Решение 3. Пусть точка Нг симметрична ортоцентру Η
треугольника ABC относительно прямой АВ (рис. 21). Тогда DC1 — средняя линия
треугольника HHXH'. Следовательно, Ζ СНХН' = Ζ tfQD = 90°. В
решении задачи 43 доказано, что СН' — диаметр описанной окружности. Значит,
точка Н* принадлежит этой окружности.
45. Решение 1. Пусть ААг, ВВг и ССг — медианы треугольника
ABC. Тогда при гомотетии с центром в точке Μ и коэффициентом k= — -к
треугольник ABC отображается на треугольник А1В1С1, и образом ортоцентра
Η треугольника ABC является ортоцентр треугольника Л^б^, то есть центр
О окружности, описанной около треугольника ABC. Следовательно,
Ш = — γ ΜΗ, или ОН = ЮМ.
Решение 2. Воспользуемся результатом задачи 42 и формулой
центроида треугольника:
Ш = ОА+Ш+~ОС\ Ш = "з (ОА + ОВ+ОС).
Отсюда
ОН = ЮМ.
67

Решение 3. Введем прямоугольную систему координат с началом
в центре О окружности, описанной около треугольника ABC. Положим:
(*
d — 2b\
Α (—α; —b), Β (α; —b), С (с; d). Тогда Η (c\d — 2b) и Μ
Значит, Otf = ЮМ.
46. Решение 1. Пусть Mlf М2, М3 — середины сторон ВС, С А, АВ
треугольника АВС\ Hlt Н2, Я3 — основания высот, проведенных из вершин
Л, В, С; точка Η — ортоцентр треугольника; Elt Е2, Е3 — середины отрезков
АН, ВН, СИ.
Докажите, что точки Ег, Е2, Mlt M2 являются вершинами
прямоугольника. Затем рассмотрите четырехугольник Е1Е3М1М3 и треугольник ΕχΗ^χ.
Решение 2. Пользуясь векторами, докажите, что середины отрезков
Е1М1, Е2М2 и Е3М3 совпадают. Если Ot— общая середина этих отрезков,
то 00± =-2-ОЯи (\Ёг = 2" ОЛ, (\Ё2 = γ OB, OJE3 = -^ОС. Отсюда
выведите, что ЕгМъ Е2М2, Е3М3 — диаметры окружности с центром Ολ в
середине отрезка ОН. Точки #lf H2, Н3 также принадлежат этой окружности,
так как Ζ Е1Н1М1 = ΔΕ2Η2Μ2 = Ζ Е3Н3М3 = 90°.
Решение 3. Постройте точки, симметричные ортоцентру Η
треугольника ABC относительно середин его сторон, и точки, симметричные Η
относительно прямых ВС, СА, АВ. Эти точки принадлежат окружности,
описанной около треугольника ABC (задачи 43 и 44, с. 37). Затем примените
гомотетию с центром Η и коэффициентом -к .
47. Решение 1. Проведите перпендикуляры MP и MQ к сторонам
АВ и ВС квадрата. Докажите, что треугольники MAP и MNQ равны.
Решение 2. Обозначив АВ = а, использовав теорему косинусов,
докажите, что
AM* = MN* = j a*, AN* = ^ а*.
Решение 3. Установите, что
ЛМ == -^ ЛЯ + -^ ЛО; Ш = 3- IS — -3 Ж
Откуда
AM · MN = 0.
Решение 4. Введите прямоугольную систему координат: А (0; 0),
Б (1; 0), D (0; 1). Вычислите угловые коэффициенты прямых AM и MN.
48. Ρ е ш е н и е 1. Пусть ABCD — четырехугольник, вписанный в
окружность, АС — диаметр окружности, Ε и F — ортогональные проекции
точек Л и С на диагональ BD. Продолжив отрезок АЕ до пересечения с
окружностью в точке К, докажите, что EFCK — прямоугольник и ВК = CD.
Решение 2. Воспользуйтесь подобием двух пар прямоугольных
треугольников: ABE и BCF, CFD и DAE.
Решение 3. Обозначив Ζ ВАС = Ζ BDC = α и Ζ ABD =
= Ζ ACD = β, докажите, что
BE = DF = ЛС cos α cos β.
49. Решение 1. Обозначим АВ = аи Ζ BAN = а. Тогда Ζ ЛМО=
= 90° + а. Из треугольника ЛА/D по теореме синусов найдем, что
ЛУИ=:
Υ 2 cos α "
Из треугольника ΑΒΝ имеем:
68

Следовательно,
AN _
Ш = ^'
А так как Ζ MAN = Ζ DAC — 45°, то треугольники AM N и ADC подобны,
и, значит Ζ ΑΜΝ = 90°.
Решение 2. Треугольники >4CW и ЛОЖ подобны, так как два угла
одного соответственно равны двум углам другого треугольника. Поэтому
AN___A£
AM - AD'
Следовательно, треугольники ΑΜΝ и ADC также подобны.
Решение 3. Так как Ζ MAN = Ζ ΜΒΝ = 45° и отрезок АВ
лежит по одну сторону от прямой ΜΝ, то около четырехугольника ΑΜΝΒ
можно описать окружность. Поэтому
Ζ ΑΜΝ = 180° — Ζ ΑΒΝ = 90°.
50. Решение 1. Докажите, что CM _L DN. Около
четырехугольника AMPD опишите окружность и установите, что Ζ APD = Ζ ЛОР.
Значит, АР = AD.
Решение 2. Пусть прямые AD и СМ пересекаются в точке Е.
Докажите, что АР — медиана прямоугольного треугольника DEP.
Решение 3. Положите АВ = а и вычислите DP. Затем, пользуясь
теоремой косинусов, установите, что АР = а.
51. Решение 1. Пусть прямые РМ и PN пересекают стороны AD
и АВ квадрата соответственно в точках К и L. Докажите, что поворот с
центром в середине отрезка DP на 90° отображает треугольник АКР на
треугольник MPN.
Решение 2. Установите, что треугольники АКР и MPN равны.
Обозначив через Q точку пересечения прямых АР и MN, докажите, что
Ζ PQM = 90°.
Решение 3. Пусть Л/С = £ЛОи AL = 1АВ. Тогда
ТР = kAD + IAB; Ш = IAD — kAB.
Отсюда выведите, что АР · MN = 0 и АР = /ИЛ/.
52. Решение 1. Пусть прямая SM пересекает сторону CD в точке N.
Обозначив Ζ £ЛС = Ζ БОС = α и Ζ ЛЯО = Ζ ACD = $, найдем, что
Ζ OS^V = Z £SM = β. Но а + β = 90°, следовательно, Ζ OWS = 90°.
Решение 2. Пусть О — центр данной окружности. Тогда
OS = -J (δ^ +"55 + 7)С + ОО).
А так как ΜΪ = γ (ОЛ + Οβ), то
Ж5="05—ОУЙ = γ (ОС + ОО).
Следовательно,
MS . СО = у (ОС + OD) . (ОО — ОС) = 0,
то есть MS _L CD.
Решение 3. Пусть К — середина стороны CD. Тогда
Щ=^(ОС + Щ.
69

Согласно второму решению этой задачи имеем:
Μ =-2 (OC + OD).
Следовательно, ~MS ="0К. Но OK ± CD, поэтому MS ± CD.
Решение 4. Пусть R — радиус данной окружности. Имеем:
ОК2 = R2 — j CD2, SM2 = j ЛВК
Нетрудно доказать, что ЛВ2 + CD2 = 4R2. Значит, SM = ОК.
Аналогично SK = ОМ. Поэтому SKOM — параллелограмм.
53. Решение 1. Пусть прямая СМ пересекает отрезок ЛгВг в точке
Мг. Постройте точку D, симметричную точке С относительно М. Докажите,
что треугольники ACD и СЛ1В1 равны, и поэтому Ζ САгВг = Ζ ACD —
= α. Следовательно, Ζ А1СМ1 = 90° — α и Ζ АгМгС = 90°.
Решение 2. Поверните треугольник CAD вокруг центра О квадрата
АСАгА2 на 90° и докажите, что он отобразится на треугольник АгСВг.
Решение 3. Поверните треугольник ABC вокруг точки С на 90°
так, чтобы точка В совпала с точкой Вг. Тогда точка А отобразится на
некоторую точку К, середина Μ стороны АВ — на середину L отрезка ВгК.
Докажите, что CL || АгВ± и CL = -ή А1В1. Остается принять во внимание, что
CM ± CL и СМ = CL.
Задачи на построение
54. Решение 1. Пусть h — высота равнобедренного треугольника
ABC, проведенная к его основанию АВ, ht — высота, проведенная к боковой
стороне. Используя теорему Пифагора и подобие треугольников, докажите,
что
ΜΙΐι
ЛЯ==-т==> h1<2h.
V 4/ι2 — hi
Затем постройте сторону АВ искомого треугольника.
Решение 2. Пусть АС — ВС = b и АВ = с. Тогда ch = bhlt откуда
b___ h_
с ~~ hx'
Значит, искомый треугольник подобен равнобедренному треугольнику с
основанием кг и боковой стороной h.
Решение 3. Обозначив Ζ ВАС = а, выразите двумя способами
длину стороны АВ и составьте уравнение:
h
2h ctg α :
sin α
откуда
Αι
cosa=a<
Решение 4. Пусть CD — высота треугольника ABC. Проведите
перпендикуляр DH к стороне ВС. Тогда DH = -к hlt и треугольник CDH
можно построить.
55. Решение 1. На отрезке MN, как на диаметре, построим
окружность. Полуокружность, лежащую с вершиной А по одну сторону от прямой
MN, разделим точкой Ε пополам. Прямая АЕ пересечет вторую
полуокружность в искомой точке С.
70

Решение 2. Пусть поворот вокруг точки А на 90° отображает
треугольник АВМ на треугольник ADMlt Тогда точка Мг будет принадлежать
прямой CD. Построив ее, получим две точки Мг и N искомой прямой CD.
Решение 3. Введем обозначения: AM = m, AN = η, Ζ MAN = α
и Ζ ВАМ = χ. Из прямоугольных треугольников АВМ и ADN имеем:
АВ = т cos χ, AD = /г sin (α + л:).
Получим уравнение
откуда
η sin (α + χ) = m cos x,
m — я sin α
tg χ = .
треугольника ΑΜΝ.
D 0 п
Для построения угла ВАМ проведем высоту NL
Тогда LN = η sin α и Л! = я cos α.
Решение 4. Воспользуемся следующим
свойством: если отрезок ΝΚ с концом К на
прямой АВ перпендикулярен отрезку AM, то N К =
= >Ш.
56. Решение 1. Пусть A BCD — искомый
квадрат (рис. 22). Центрально-подобный поворот
с центром Μ и коэффициентом подобия k — 2
отображает прямую ВС на прямую CD, а точку
Ρ — на точку Plt принадлежащую прямой CD.
Построив точку Plt получим прямую PtQ,
которая содержит сторону CD квадрата.
Решение 2. Построим точку Ν,
симметричную точке Ρ относительно М, а также
точку S такую, что PS = MQ и PS ± MQ. Тогда Рис. 22
прямая NS содержит сторону AD квадрата.
Решение 3. Построим на луче MP точку К так, чтобы МК = 2МР,
и точку L так, чтобы отрезки QL и МК были равны и перпендикулярны.
Получим прямую LM, содержащую сторону АВ квадрата.
57. Решение 1. Пусть ABCD — искомый квадрат и К, Lt Mt N —
точки, принадлежащие сторонам АВ, ВС, СА, AD квадрата. Опишем около
треугольника BKL окружность. Так как диагональ BD делит угол В квадрата
пополам, то она делит пополам и полуокружность KL, не содержащую точку
В. Аналогично докажем, что диагональ BD делит пополам полуокружность
с концами Μ и N. Построив середины этих полуокружностей, получим
прямую, пересекающую окружности вторично в точках В и D.
Решение 2. Введем обозначения: КМ=т, LN = η, ΖΚΜ, Z.LN =■ φ
и Ζ ВКМ = х. Выразив длину стороны квадрата двумя способами, получим
уравнение
η cos (φ + χ) = —m sin x.
Откуда
ctg* =
η sin φ — m
η cos φ
Решение 3. Построим отрезок ΝΡ, перпендикулярный отрезку КМ
и равный ему. Тогда точка Ρ принадлежит стороне ВС искомого квадрата (или
ее продолжению).
§ 5- Вычисление расстояний и углов
58. 90°.
Решение 1. На луче АС постройте точку D гак, чтобы AD = 2ЛС,
рассмотрите треугольник ABD,
71

Решение 2. Пользуясь теоремой косинусов, докажите, что
АС = Y3.
Решение 3. Докажите, что треугольник ЛВС подобен
прямоугольному треугольнику с острым углом 60 °.
59. УЗ.
Решение 1. Пусть Ζ ВАМ = а, тогда и Ζ СВМ = а. По теореме
косинусов найдем, что А В = У7 и cos а = —— . Затем применим теорему
У1
косинусов к треугольнику ВСМ и получим СМ = УЗ.
Решение 2. Пусть D — середина отрезка ВМ. Соединим ее с
вершиной С треугольника ABC. Получим треугольник BCD, равный треугольнику
АВМ (по двум сторонам и углу между ними). Следовательно, CD = 2 м
и ZBDC = 120°. Рассмотрим треугольник CDM. Так как DM = 1, CD = 2
и Ζ CDM — 60°, то ZCMD = 90° (задача 58). По теореме Пифагора найдем,
что СМ = УЗ.
Решение 3. Соединим середину D отрезка ВМ с вершиной А
треугольника ABC. Получим треугольник ABD, равный треугольнику АСМ.
Следовательно, AD = СМ. Из равнобедренного треугольника ADM найдем,
что AD == УЗ.
Решение 4. Повернем треугольник АВМ вокруг точки А на 60°
так, чтобы вершина В совпадала с вершиной С. Пусть точка Μ отобразится
на точку N. Треугольник ΑΜΝ — равносторонний, значит, ΜΝ = AM = 1.
Рассмотрим треугольник CMN. Так как CN = ВМ = 2 и Ζ CNM = 60°,
то Ζ CMN = 90° и СМ = УЗ.
60. тс.
Решение 1. Постройте точку Blt симметричную точке В
относительно точки С. Проведите высоту ВгК треугольника АВВг и докажите, что
CD = -j ВгК = -J с.
Решение 2. Проведите медиану СМ треугольника ABC и
рассмотрите треугольник CDM.
Решение 3. Докажите, что
CD = -j с sin 2α,
где α = Ζ Α.
61. 30°.
Решение 1. Проведите высоту CD треугольника ЛВС и
перпендикуляр МК к стороне АС. Докажите, что треугольники CDM, СКМ и АКМ
равны.
Решение 2. Пусть CD — высота треугольника ABC. Положите
DM = 1, тогда AM = 2. Вычислите CD и Ζ CMD.
Решение 3. Через точку Μ проведите прямую, параллельную
высоте CD треугольника ЛВС. Обозначив точку ее пересечения со стороной АС
через N\ докажите, что MN = CN.
Решение 4. Так как Ζ CAD = 30° и CD — катет прямоугольного
•треугольника ACD, то
CD DM l
АС~ АМ~~ 2 '
Следовательно, СМ — биссектриса треугольника ACD.
Решение 5. Постройте точку Clf симметричную точке С
относительно стороны АВ. Докажите, что Μ — центр равностороннего
треугольника АССг.
72

Решение 6. Обозначьте Ζ ACM = χ. Тогда Ζ БСМ = 120° — л:
Так как площадь треугольника ВСМ в два раза больше площади
треугольника АСМ, то
sin (120° — χ)
sin* ~~' '
откуда χ — 30°.
62. 15°.
Решение 1. Пусть О — центр окружности, описанной около
треугольника ABC. Тогда Ζ АОВ = 120°, Ζ ВОС = 90°. Докажите, что
прямая ОС проходит через точку Р, поэтому Ζ ЛОР = 30°, a Z АС? — 15°.
Решение 2. Обозначив Ζ БС7И = χ, составьте уравнение
sin (60° — χ) sin 45°
sin* ~" 2 sin 75°'
Решение 3. Применив теорему синусов, найдите -ор и докажите,
что треугольники ВСР и ABC подобны.
Решение 4. Докажите, что
Л С sin 120°
АР~ sin 15° *
Отсюда выведите, что треугольник АС Ρ подобен треугольнику с углами
120°, 45° и 15°.
63. 30°.
Решение 1. Через середину стороны А В проведите к Л В
перпендикуляр и постройте на нем точку О так, чтобы Ζ ABO =15° и Ζ ОВС —
= 60°. Докажите, что О — центр описанной около треугольника ABC
окружности.
Решение 2. Докажите, что ctg Л + ctg 75° = 2, и воспользуйтесь
тем, что tg 15° = 2 — |/ΊΓ.
Решение 3. Докажите, что Л В = АС (методом от противного).
Если допустить, что АВ < АС, то Ζ Л > 30°, поэтому 2CD > АС, то
есть АВ > АС.
64. 36°; 36°; 108°.
Решение 1. Пусть CD — высота и AL — биссектриса
равнобедренного треугольника ABC. Середину К отрезка BL соедините с точкой D.
Тогда CD = -g- AL = DK. Обозначив ZA=ZB = 2х> докажите, что Ζ BCD =
= 3jc. Затем составьте уравнение
5* = 90°,
откуда χ = 18°. Значит, Ζ Л = Ζ Б = 36°.
Решение 2. Постройте точку £ так, чтобы получился ромб АСВЕ.
Тогда СЕ — AL. Пусть Μ — точка пересечения прямых CD и AL. Докажите,
чго СМ = LM. Обозначив Ζ ВАС = 2х, выразите через χ равные углы
треугольника CLM и составьте уравнение
Зх = 90° — 2х.
Решение 3. Обозначив Ζ CAL = χ, примените к треугольнику
ACL теорему синусов. Составьте уравнение
sin 3* = cos 2xt где 0° < χ < 45°.
α2— b*
65. —g , b < a < 2b.
Решение 1. Проведите биссектрису AL треугольника ABC и
воспользуйтесь тем, что треугольники ABC и ACL подобны, а треугольник ABL
равнобедренный.
Решение 2. На продолжении стороны АВ за точку А постройте
точку D такую, чтобы AD = АС. Докажите, что треугольник BCD — равно-
73

бедренный. Используя подобие треугольников BCD и ACD, составьте
пропорцию
Ь-{- с а_
α =Ί »
откуда
а2—б2
с==—т-'
Решение 3. К треугольнику ЛВС примените теорему синусов.
Докажите, что
a bsinSB
COsS = 26, с = -^Гв- = Ь(*™*2В-1).
Отсюда
а2 —б2
с==—ь--
66. 20°.
Решение 1. Повернем треугольник АМС вокруг точки С на 60°
так, чтобы точка А совпала с точкой В. Тогда образом точки Μ будет точка
N — вершина равностороннего треугольника CMN. А так как Ζ ΒΜΝ =
= 60° — 30° = 30°, то треугольники ВСМ и ΒΝΜ равны, в силу чего ВС =
= ΒΝ. Значит, АС = AM и Ζ ACM = Ζ ЛМС = 20°.
Решение 2. Обозначим Ζ ЛСЛ4 = л\ Применив к треугольникам
А СМ и ВСМ теорему синусов, получим
CM sin (20° + χ) CM sin (90° — χ)
AC= sin 20° · £C= sin 30° *
Отсюда
sin (20° + x) = 2 sin 20° cos #,
или
sin (20° — x) = 0, 0° < * < 90°.
Значит, # = 20°.
Решение З. Построим окружность с центром Л, проходящую через
точки В и С. Так как Ζ £ЛС = 60°, а Ζ ВМС = 30°, то эта окружность
пройдет и через точку М. Значит, АС = AM и Ζ ЛС7И = 20°.
67. 20°.
Решение 1. Пусть биссектриса угла АСВ пересекает луч AM в
точке О. Треугольники АСО и ВСО симметричны относительно прямой СО,
поэтому Ζ СВО = 10°, Ζ ВОС = Ζ ЛОС= 120°. Далее находим, что
Ζ BOM = 120° и Ζ ΟΒΜ = 10°. Значит, треугольники ВСО и £МО равны.
Следовательно, ВС = ВМ и Ζ ВСМ = Ζ ЯМС = 80°.
Решение 2. Применив теорему синусов к треугольнику АВМ,
получим
АВ sin 50°
Ш^Жзо5^2511150·
ЛЯ
А так как -gg = 2 sin 50°, то ВМ = ВС. Значит, Ζ ВСМ = Z£7WC= 80°.
Решение 3. Построим точку N, симметричную точке 7И
относительно прямой АВ. Так как Ζ ЛМ£ = ZЛ^ί£ = 130° и -ζ Ζ АСВ = 50°,
гс течки А, В, N принадлежат окружности с центром С. Значит, С А — CN.
А так как треугольник ΑΜΝ — равносторонний, то Ζ ACM = ZMCN =
= 20°.
68. Если Ζ Л > Ζ£, то Ζ Л = 60°, Ζ Β = 30°.
Решение 1. Проведите перпендикуляр ΜΝ к стороне ВС и докажите,
ΜΝ 1
74

ι CH 1
Решение 2. Докажите, что АН = Η Μ = -?г MB, поэтому -qb = "g" в
силу свойства биссектрисы треугольника ВСН.
Решение 3. Постройте треугольник ABD, симметричный данному
относительно стороны АВ. Докажите, что треугольник BCD —
равносторонний.
Решение 4. Обозначив Ζ АСН = х, составьте уравнение
3 tg x= tg 2л:, 0° < 2х < 90°.
69. Если ΖΑ>ΖΒ,τοΖΒ = 22,5°; Ζ С = 90°.
Решение 1. Введите обозначения: АН = HL — х, LM — у. Тогда
MB = 2х + у.
Заметив, что СМ биссектриса треугольника BCL, запишите равенство
CL у
Аналогично
А так как CL =
откуда f =~=.
С А, то
Значит,
С В ~ 2х + у '
СА χ
СВ = х + у
У *
2х + у - χ + у
Решение 2. Обозначьте Ζ АСН = а и составьте уравнение
tg За — tg а = 2 tg 2а.
Откуда
2 cos α cos 3α = cos 2α,
или cos 4α = 0.
Решение 3. Опишите около треугольника ABC окружность. Пусть
продолжение биссектрисы CL пересекает ее в точке D. Докажите, что
серединные перпендикуляры хорд CD и АВ пересекаются в точке М.
70. DM = Ϋ2\ Ζ ΑΜΒ = 105°; Ζ ВМС = 75°.
Решение 1. Обозначим АВ = а и Ζ ABM — α. Применив теорему
косинусов к треугольникам АВМ и ВСМ, получим:
а2 + 1 а2 — 1
cos а = ' , S[naz=-—_-
^я Ϋ2 2а У 2
Отсюда
cos2 α — sin2 α = — ,
2
или
cos 2α = — .
2
Значит, Ζ ABM = 30° и ZC£M = 60°.
Далее по теореме синусов найдем, что
Ζ ΑΜΒ = 105° и Ζ ВМС = 75°.
Отсюда следует, jito точка Л4 лежит на диагонали АС квадрата и поэтому
DM = ВМ = /2.
Решение 2. Треугольник АВМ повернем вокруг точки В на 90° так,
чтобы точка А совместилась с точкой С. Точка Μ перейдет в такую точку W,
75

что BN = ВМ и Ζ ΜΒΝ = 90°._Так как ВМ = |/"2, то Л*# = 2. Стороны
треугольника CAftf равны 1, /3 и 2. Значит, Ζ MCN = 90°, Ζ CMN =
= 30° и Ζ MNC = 60°. Теперь легко находим, что Ζ АМВ = Ζ CN£ =
= 105° и Ζ БМС = 75°.
Далее поступаем так же, как при решении 1.
Решение 3. Применим параллельный перенос: построим точку К
такую, что МК = AD. Получим четырехугольник DKCM, диагонали
которого перпендикулярны. Следовательно,
DM2 + СК2 = СМ2 + DK2.
А так как DK = AM = 1, СК = ВМ = YT9 СМ = /з", то DM = уТ.
Таким образом, DM = ВМ и точка Μ лежит на диагонали АС квадрата.
Обозначив Ζ ABM = α, по теореме синусов имеем:
ВМ
AM
sin α~" sin 45°
AM = 1, ВМ = у! ,
откуда
sin α =
α = 30°
71. 45°.
Решение 1. Согласно условию задачи Μ А —
биссектриса угла ΒΜΝ и СА — биссектриса угла
BCD. Следовательно, точка А одинаково удалена
от прямых ВС, MN и CD, поэтому N А —
биссектриса угла MND (то есть точка А — центр вневпи-
санной окружности треугольника CMN). Теперь
легко показать, что сумма двух углов треугольника
AMN, прилежащих к стороне MN', равна 135°.
Значит, Ζ MAN = 45°.
Решение 2. Проведите высоту А К
треугольника AMN и докажите, что треугольники АКМ и
АВМ равны. Затем докажите равенство
треугольников AKN и ADN.
Решение 3. Введите обозначения: АВ = α, Ζ ВАМ = α, Ζ DAN=
= β. Вычислите последовательно длины отрезков ВМ, МС, CN и ND.
Докажите, что tg β = tg (45° — α).
a
Решение 4. При тех же обозначениях установите, что AM = ■ >
AN:
cos β
>ZAMN = 9Q° — a, ΖΛΜΜ = 2α + β.
Применив к треугольнику AMN теорему синусов, получите соотношение:
sin (2α + β) = sin (90° — β),
откуда 2(α+β) = 90°.
72. γ 7.
Решение 1. Пусть АВ = а и Ζ АВМ = α (рис. 23). Тогда
Ζ СВМ = 60° — а. По теореме косинусов из треугольников АВМ и ВС Μ
имеем
4а cos а = а2 + 3, 4а cos (60° — а) = а2 + 1.
Вычтем из первого равенства второе. Имеем:
2а cos (60° + а) = 1,
α (cos а — |^3 sin а) = 1.
76

α2 + 3 ο · α2—\
Из первого равенства следует, что cos а — - 4д ■ · значит, sin α = ——,
где 1 < а < 3.
Воспользуемся тождеством sirra + cos2a = 1 и получим уравнение
а4 _ 8а2 + 7 = 0j
откуда а2 = 7.
Теперь по теореме косинусов найдем, что Ζ АМВ = 120°.
Значит, Ζ ЯЛМ = 60° — а и Ζ ОЛМ = 60° + а.
Еще раз применим теорему косинусов;
MD2 = а2 + 1 — 2а cos (60° + a).
А так как 2а cos (60 + а) = 1, то MD = a= Υ Т.
Решение 2. Докажем без применения тригонометрии, что MD =
= АВ. Введем обозначения: Μ A = х, MB = у, МС = г, MD = f и АВ =
== а. Пусть диагонали ромба ABCD пересекаются в точке О. Тогда МО —
общая медиана треугольников АСМ и BDM. По формуле, выражающей
длину медианы треугольника через длины его сторон, имеем:
х2 + ζ2 а2
МО2--
М02 =
2 ~~4
г/2 + ^2 За2
2 — 4 '
откуда t2~\- у2 — х2— г2 = а?.
Согласно условию задачи х= 1, у= 2 и 2= у^З. Значит, t — а.
Итак, MD = AD = CD. Значит, точки А, М и С принадлежат окружности
с центром D, поэтому Ζ ЛУИС = 150°. По теореме косинусов из
треугольника АМС находим, что АС — Υ7, следовательно, и MD = ]/"7.
Попутно доказано следующее свойство ромба:
Если ABCD — ромб, угол Л, которого равен 60°, и Μ — любая точка,
то Μ А2 + МС2 — MB2 — MD2 = АВ2.
Решение 3. Интересное и краткое решение задачи получим,
применив поворот вокруг точки Л на 60°. При этом точка D совместится сточкой С,
точка С — с точкой В, а точка Μ перейдет в некоторую точку N. По свойству
поворота ΒΝ = СМ и NC = MD, а так как треугольник AMN —
равносторонний, то MN = AM (рис. 23). __
Найдем величину Ζ CMN. Так как ΜΝ = 1, ΒΝ = ]/~3 и £М = 2,
то треугольник BMW является прямоугольным. Следовательнг, Ζ ВАШ =
= 90°, Ζ Л#£ = Ζ ЛМС = 150° и Ζ СД^Л^ = 360° — 150° — 60° = 15<У\
По теореме косинусов из треугольника CMN находим, что CN = Y7,
значит, и MD = УТ.
73. MN = £ Ya2 +b2 + 2ab cos φ.
Решение 1. Примените параллельный перенос: постройте точки
К и L так, чтобы МК = АВ и ML = DC. Докажите, что MN — медиана
треугольника KLM.
Решение 2. Середину диагонали четырехугольника ABCD
соедините с точками Μ и Аг.
Решение 3. Докажите, что ΜΝ = к- (АВ + DC), и вычислите
скалярный квадрат вектора MN.
Решение 1. Пусть АВ — большее основание трапеции ABCD,
АВ = a, CD = b, AD = χ и £С = # (рис. 24). Построим параллелограмм
77

BCDF. Тогда AF = a — b и Ζ ADF = α. Из
треугольника ADF по теореме косинусов находим:
(а — Ь)2 = х2 + у2 — 2ху cos α.
А так как диагонали трапеции
перпендикулярны, то
х2 + у2 = а2 + Ь2.
Следовательно,
ab = xy cos α.
Выразив двумя способами площадь
треугольника ADF, получим:
(а — b)h = xy sin α.
Разделив это равенство на предыдущее, имеем:
(a-b)h
—ΪΕ— = ^α·
откуда
Решение 2. Соотношение ab = xy cos а можно получить, выполнив
следующее вспомогательное построение.
Проведем высоту А К треугольника ABC (рис. 24). Пусть она пересекает
отрезок DF в точке Е, а диагональ BD — в точке Н. Так как Η — ортоцентр
треугольника ABC, то Ζ DCH = 90°. Заметим, что и Ζ D£tf = 90°. Значит,
около четырехугольника CDEH можно описать окружность. Тогда имеем:
Ζ CED = ZC7/D = Ζ £ЛС, Ζ ЛЯС = Ζ СОЯ.
Следовательно, треугольники ЛВС и CDE подобны. А так как
DE = л: cos a,
то
или
а х cos a
ab = jo/ cos a.
Решение 3. Более простое и экономное решение можно получить,
применив векторное тождество
jB-Cb + ^C-AD + cX-BD = 0.
Так как AC1BD, то7С-5Ь = 0. Отсюда ~АВ-CD + BC-~AD = 0,
или
ab = xy cos a.
Далее, поступив так же, как и при решении 1, находим что
(а — b) h = xy sin a.
§ 6. Метрические соотношения
75. Решение 1. Пусть на сторонах прямоугольного треугольника
ABC с гипотенузой АВ вне его построены квадраты ACDE, BCFG и ABKL
(рис. 25, а). Продолжив высоту СН треугольника ABC до пересечения с
прямой KL в точке Λί, докажите, что прямоугольник AHML равновелик
квадрату ACDE, а прямоугольник ВКМН равновелик квадрату BCFG. Восполь-
ауйтесь равенством треугольников ACL и ABE.
78

Решение 2. Обозначьте точки пересечения прямых DE и FG, DE
и AL, FG и ВК соответственно через Ν, Ρ и Q (рис. 25, а). Докажите, что
квадрат ACDE, прямоугольник AHML и параллелограмм ACNP равновелики.
Решение 3. Пусть ВС = а, АС = Ъ и АВ = с. Построим квадрат
CDEF со стороной, равной а + b (рис. 25, б). Площадь квадрата CDEF
равна сумме площадей квадрата со стороной с и четырех прямоугольных
треугольников с катетами а и Ъ. Следовательно,
(а + Ь)2 = с2 + 2а6.
После возведения двучлена
в квадрат получим:
а2 + Ь2 = ^
Решение 4. Высота
С# прямоугольного
треугольника ЛВС делит его на два
прямоугольных треугольника
ВСН и АСН, подобных
треугольнику ABC. Обозначив
площади этих треугольников
соответственно через Sx, S2
и 5, докажите, что
ί/
15^1
н" 1
Μ
*;
Рис. 25
с2 * S '
Ъ2
с2*
А так как Sx+ S2 = S, то а2 + b2 = с2.
Решение 5. Пусть окружность радиуса Ь с центром А пересекает
прямую АВ в точках Μ и N. Докажите, что ВС — касательная к этой
окружности, а треугольники ВСМ и BCN подобны. Отсюда выведите, что
£С2 = ВМ · ΒΝ, то есть а2 = (с — Ь) (с + Ь),
или
С2 = α2 + ^2
76. Ρ е ш е н и е 1. Имеем: Ζ BCD = 90° — Ζ £ = Ζ Л.
Ζ Α = а, из треугольников BCD и Л CD находим
/ι η
Отсюда
/ι2 = m/г.
Обозначив
Решение 2. Около треугольника ABC опишем окружность и высоту
CD продолжим до пересечения с окружностью в точке Е. Так как АВ — диа-
79

метр окружности, перпендикулярный хорде СЕ, то CD ==■ DE, По теореме
о пересекающихся хордах окружности получим:
CD · DE = AD · DB,
или
h2 = тп.
Решение 3. По теореме Пифагора
а2 = h2 + m2j ^ = Α2 + η2.
Но а2 + б2 = с2, с = m + л. Следовательно,
(Л2 + т2) + (h2 + η2) = (m + /г)2,
или
/ι2 = тп
Решение 4. Пусть CD = h, 7)B = m и £>Л = п.
Тогда
СЛ = Л + л, CB = h + m.
Так как"СЛ.С£ = 0, h-in = 0 и А./Г=0, то
Λ2 + /7ζ·« = 0, или h2 = тп.
77. Решение 1. Пусть СМ — медиана треугольника ЛВС,
проведенная к гипотенузе Л В. Постройте точку D так, чтобы CD = 2СМ, и
докажите, что ACBD — прямоугольник.
Решение 2. Докажите, что медиана СМ треугольника ABC равна
радиусу описанной около треугольника окружности.
Решение 3. Построив точку Al9 симметричную Л относительно
прямой ВС> воспользуйтесь свойством средней линии треугольника.
Решение 4. Середину N катета ВС соедините с точкой М. Докажите,
что треугольники BMN и CMN равны.
78. Решение 1. Рассмотрим случай, когда угол Л треугольника ABC
острый. Пусть угол В также будет острым. Проведем высоту CD треугольника
ABC. Обозначив CD = ht BD = m, AD = η, по теореме Пифагора
получим:
а2 = h2 + т2 = п2 + (с — n)2t h2 = Ъ2 — п2.
Отсюда
а2 = ъ2 + с2 — 2сп.
Но /г = Ь cos А. Следовательно,
а*= Ь2 + с2 — 26сcos Л.
Если угол Л треугольника ЛБС тупой, то доказательство аналогично.
Легко проверить, что полученное соотношение верно и в том случае, когда
угол А треугольника прямой.
Решение 2. Воспользуемся соотношениями:
с = a cos В + Ь cos Л, 6 = с cos Л + я cos С, α = Ь cos С + с cos θ.
Умножив первое равенство на с, второе — на 6, третье — на а, сложим первые
два равенства и вычтем последнее. Получим:
#> + С2 _ α2 β 26с cos Л,
или
#2= Ь2+ с2 _ 2^С COS Л.
Решение 3. Около треугольника ABC опишем окружность и через
вершину С треугольника проведем прямую, параллельную стороне АВ.
Если АС > ВС, то эта прямая пересечет окружность еще в некоторой точке D.
80

Получим равнобочную трапецию ABCD, причем AD = ВС = а, АС = BD—
— b и CD = с — 26 cos Л. Применив к трапеции ABCD теорему Птолемея
(см. с. 41), получим:
а2= £2 + С2_ 2 ЬС COS А.
В случае, когда АС < ВС, доказательство аналогично.
Если АС = ВС, то с = 26 cos Л и, как легко проверить, доказываемое
соотношение также верно.
Решение 4. Введем на плоскости прямоугольную систему
координат так, чтобы вершины треугольника ABC имели координаты: Л (0; 0),
В (с; 0), С (т\ п). По формуле расстояния между двумя точками имеем
ВС*= (с — т)2 + п2 = т2 + п2 + с2 — 2ст.
Но т2+ п2— б2, m— b cos Л. Следовательно,
а2= Ь2 + с2 -· 26с cos А.
79. Решение 1. Пусть в треугольнике ABC углы А и В острые.
Проведем высоту CD треугольника. Обозначим CD = h, AD = я, тогда
BD = с — я. По теореме Пифагора имеем:
h2 = б2 — *2, /ι2 = α2 — (с — *)2.
Отсюда
Ь2 + с2 — а2
h2 = b2 —
2с
(&2 4- С2_а2)2
4с2
Полученное для /г выражение преобразуем следующим образом:
ft2 = — (4&2 6.2 _ (&2 _[_ С2 __ α2)2) =
= ^2" (2&£ + Ь2 + с2 — а2) (26с — б2 — с2 + а2) =
= 4^2" (а + b + с) (b + c — a) (a + c — b) (a + b — a) =
4
= ηΤΡ Φ — α) (Р — Ь) (р — с).
Используя формулу S = -q с/г, получим:
S=j/>(p-a) (р-Ь) (р-с).
Решение 2. Пусть ABC — данный треугольник. Построим на лучах С А
и СВ соответственно точки D и Ε так, чтобы CD = С£ = Yab. Тогда, согласно
формуле S = 2" аб sin С, площадь треугольника CDE равна площади данного
треугольника ABC.
Применим теорему косинусов к треугольникам CDE и ABC.
Получим:
DE2 = ab+ ab — 2ab cos С, с2 = а2 + б2— 2а6 cos С.
Отсюда
D£2 = 2α6 — а2 — Ь2 + с2 = с2 — (а — б)2,
или
DE = 2У(/?-а) (/?~6).
По геореме Пифагора найдем высоту CF треугольника CDE:

Следовательно,
5=2" DE-CF = V~P(P — а)(р — Ь)(р — с).
Решение 3. Воспользуемся теоремой косинусов:
с2 = а2 + Ь2— 2ab cos С = (а + Ь)2 — 2аЬ (1 + cos С) =
Q
— (а + б)2 — 4а6 cos —.
Отсюда
cos-g=T/^»"g>.
2 Г об
Аналогично находим, что
2 Г а&
Следовательно,
1 С С /-
S = <у- ab sin С = ab sin g" cos g" = У Ρ (Ρ — α) (Ρ — b) (p — c).
Решение 4. Легко доказать, что
С С
с* = (а + Ь)2 — 45 ctg γ , с2 = (а - б)2 + 45 tg у.
Отсюда
С
5 ctg -j = Ρ (ρ — с),
С
Stg-g-= (Ρ - α) (Ρ - b).
Перемножив эти равенства почленно, получим:
52 = ρ (ρ - α) {ρ - 6) (ρ - с).
Решение 5. Пусть окружность, вписанная в треугольник ABC,
касается его сторон ABt ВС и СА соответственно в точках L, Μ и N. Обозначим
AL = AN = jc, £L = £М = у, СМ = CN = г. Тогда имеем:
у + 2 = а,
ζ + * = 6,
Отсюда находим, что
χ = ρ — α, у = ρ — bt ζ — ρ — с.
Далее имеем:
А х В у С ζ
ctg "2"= 7 · ctS~2~ = 7* ^Т^?·
Применив тождество
Л Ζ? С А В С
ctg γ + ctg -g- + ctg -g- = ctg -y ctg -y ct g -y ,
получим:
х + У + 2 хуг
r ~~ /* »
82

откуда
pr2 = xyz.
А так как S = pr, то S2 = pxyz, или
S*= p(p-a)(p-b){p-c).
Решение б. Имеем:
α2= ь2+ с2 — 2bc cos Л, 4S = 26c sin Л.
В силу тождества sin2 Л + cos2 Л = 1, имеем:
16S2 = 4b2c2 — (b2 + c2 — a2)2.
Выражение, стоящее в правой части равенства, разложим на множители
и получим
S2 = р(р-а)(р-Ь)(р-с).
80. Решение 1. Пусть А В — большее основание трапеции ABCD.
Проведите высоты DM и CN. Докажите, что треугольники ACN и BDM
равны. Затем рассмотрите треугольники ADM и BCN.
Решение 2. Примените параллельный перенос: постройте точку К
так,чтобы В~К = DC. Рассмотрите треугольник АСК, а затем треугольники
ABC и ABD.
Решение 3. Пусть диагонали трапеции ABCD пересекаются в точке
О. Докажите, что
ЛО_ВО A£_BD
СО" DO* или СО~ DO'
А так как АС — BD, то СО = DO и АО = ВО. Затем рассмотрите
треугольники AOD и ВОС.
Решение 4. Обозначьте Ζ ВАС = Δ ACD = a, Z ABD =
= Ζ БОС = β. Методом от противного докажите, что a = β.
81. Решение 1. Пусть А В — большее основание равнобочной
трапеции ABCD. Из точки О пересечения диагоналей проведите перпендикуляры
OPhOQk ее основаниям. Докажите, что PQ — высота трапеции, РО—-^АВ,
OQ = -^CD и PQ= j(AB + CD).
Решение 2. Проведите высоту СН трапеции ABCD и постройте
точку К так, чтобы В К'== DC. Докажите, что СН = АН'= -к АК.
Решение 3. Пусть Μ и N — середины боковых сторон ВС и AD
трапеции, СН — ее высота. Докажите, что ΑΗΜΝ — параллелограмм,
поэтому АН = ΜΝ.
Решение 4. Докажите, что середины Μ и N боковых сторон и
середины Ρ и Q оснований трапеции являются вершинами квадрата.
82. Решение 1. Пусть ABCD — четырехугольник, вписанный в
окружность. Обозначьте АВ — а, ВС — b, CD = с, DA = d, АС — е, BD =
= /и Ζ ABC = φ. Примените формулу АВ = 2R sin φ и докажите, что
ef = ас + bd.
Решение 2. Пользуясь теоремой косинусов, выразите длины
диагоналей четырехугольника через длины его сторон.
Решение 3. Постройте на отрезке АС точку Μ так, чтобы Ζ ADM—
= Ζ BDC. Используя подобие треугольников, докажите, что
bd ас
АМ= j и МС = γ .
83. Решение 1. Пусть К и L — середины диагоналей АС и BD
четырехугольника ABCD. Середину Μ стороны АВ соедините с точками К и L.
83

Убедитесь, что КМ = -д- b, LM = -к d, а угол KML равен углу между ВС
и AD.
Применив теорему косинусов, имеем:
AKL = b2 + d2 — 2Mcos(p,
где φ = Ζ KML.
Воспользуйтесь тождеством
2AD- ВС= АС2 + BD2— АВ2 — CD2,
откуда
2bd cos φ = е2 + /2 — а2 — с2.
Затем подставьте значение cos φ в предыдущее равенство.
Решение 2. Середину L диагонали BD соедините с вершинами Л и С
четырехугольника. Примените формулу, выражающую длину медианы
треугольника через длины его сторон.
Решение 3. При использовании векторов задачу можно решить
без вспомогательных построений. Имеем
Ш=Ж— ЛЖ= γ (ЛЯ + ЛО---ЛС),
Ш,2 = а2 + d2 + е2 + 2АВ. ΑΌ — 2АВ. АС — 2АС-М).
Остается вычислить скалярное произведение в правой части равенства,
в частности,
2AB-AD = a2 + d2 — f2.
Заметим, что ABCD не обязательно плоский четырехугольник.
Доказываемое соотношение верно для любых четырех точек Л, В, С, D пространства,
если К и L — середины отрезков АС и BD.
84. Решение 1. Пусть ABCD — параллелограмм, DE и CF —
перпендикуляры к прямой АВ. Обозначив АВ = а, ВС = Ь, DE = h и АЕ —
= х, по теореме Пифагора получим:
АС2 + BD2 = 2а2 + (h2 + x2)f b2 = h2 + χ2.
Отсюда следует, что
АС2-\- BD2= 2а2 + 2Ь2.
Решение 2. Применив теорему косинусов к треугольникам ABD
и ABC, находим:
ЛС2= а2+ b2 — 2afccosa,
BD2 == а2 + Ъ2 — 2аЪ cos β, где α = Ζ ΒΑ С, β = Ζ ABC.
Учитывая, что cos β = —cos α, сложим эти равенства и получим
доказываемое соотношение.
Решение 3. Пусть АВ = a, AD = Ъ. Тогда
~АС = а + Ьу Ш = а — Ь.
Следовательно,
АС2 + BD2 = (а + б)2 + (а — Ъ)2 = 2а2 + 262.
Решение 4. Воспользуемся формулой задачи 83. Равенство е2 + /2 =
= 2а2 + 2Ь2 имеет место только для параллелограмма.
85. Решение 1. Пусть АВ — большее основание трапеции ABCD.
На стороне АВ построим точку К так, чтобы А К = DC. Стороны диагонали
трапеции будем обозначать так же, как в задачах 82 и 83. Имеем:
СК= AD = d, BK=AB — CD=a — c.
84

Применив теорему косинусов к треугольникам ABC, BCD и ВСК,
получим:
е2 = аг+ ρ __ 2ab cos В, /2 = Ь% + с2 + 26с cos В,
<*2 == Ь2 + (а __ С)2 _ 2Ъ (а — с) cos Б.
Отсюда находим:
β2+ р= α2+ 2б2+ с2— 26 (а — с) cos Б = b2+ d2 + 2ас.
Решение 2. Воспользуемся тождеством
Л С2 + £D2 — Л02 — £С2 = 2АВ- DCl
Поскольку AB-DC = ас, то
** + /2 — &2 — ^2 = 2ас·
Решение 3. Пусть /CL — отрезок, соединяющий середины
диагоналей АС и BD трапеции. Используя свойство средней линии треугольника,
найдем, что
/<Х = γ (α-с).
По формуле Эйлера (см. с. 41) получим:
(а __ С)2 — а2 + Ь2 + С2+ d2 _ е2 _ ^
или
е2 + /2 = ^2 + d2 + 2ас.
8S. Ρ е ш е н и е 1. Применив теорему косинусов к треугольникам
ACD и Л£С, получим:
d2= Ь2+ п2 — 2Ьп cos Л, а2 = Ь2 + с2 — 2bc cos Л.
Из этих равенств исключим cos Л. Для этого первое равенство умножим на с,
второе — на п, затем из первого вычтем второе. Учитывая, что т + η = с,
после несложных преобразований получим доказываемое соотношение.
Решение 2. Обозначим Δ BDC = φ. По теореме косинусов
применительно к треугольникам BCD и ACD имеем:
а2 = а2 + т2 — 2dm cos φ, b2= d2+ n2+ 2dn cos φ.
Умножив первое равенство на η, а второе — на т, сложим их. Тогда
получим:
а2 п + b2m = cd2 + ст/г.
Решение 3. По формуле деления отрезка в данном отношении
имеем
— _nf£A-j-nCb
~~ m + n
Так как т+я = с и 2СА-СВ = а2 + б2 — с2, то, вычислив скалярный
квадрат вектора CD, получим
rf2 = _ (p<Lcn _|_ &2cm __ £2тАг)#
87. Решение 1. Постройте точку D, симметричную точке С
относительно середины Μ стороны АВ. Докажите, что ACBD — параллелограмм
и примените теорему о сумме квадратов диагоналей параллелограмма.
Решение 2. Примените теорему косинусов к треугольникам АСМ
и ABC.
Решение 3. Воспользуйтесь равенствами:
2CM = CA + CBt AB=CB--CA.
Возведите их в квадрат, а затем сложите.
85

Решение 4. Примените теорему Стюарта (см. с. 42).
88. Решение 1. Пусть СМ — медиана треугольника ABC.
Заметив, что Δ ACM — Δ А и Δ ВСМ =ΖΒ, примените теорему о сумме
углов треугольника.
Решение 2. Постройте окружность радиуса -к с с центром в
точке М.
Решение 3. Воспользуйтесь формулой задачи 87.
89. Решение 1. Считая углы А и В треугольника ABC острыми,
докажите, что треугольники ВССг и НАСг подобны. Составьте пропорцию
ССг АСг
ВСг * НСг'
Убедитесь, что доказываемое соотношение остается в силе, когда угол А
треугольника ABC прямой или тупой.
Решение 2. Около треугольника ABC олишите окружность. Пусть
прямая ССг пересекает ее в точке Ни тогда НСг = С1Н1 (см. задачу 44, с. 37).
Воспользуйтесь тем, что произведения отрезков хорд АВ и СНг равны.
Решение 3. Воспользуйтесь тем, что
ля = 1с^ + с^я, с5 = сс7 + с7виЛЯ-сб = о.
Докажите, что отсюда вытекает равенство
Ш[-Ш1=~ас1- с[в,
верное для любого треугольника ABC.
Если Δ С — 90°, то ортоцентр Η треугольника ABC совпадает с его
вершиной С, и получаем знакомое из школьного курса геометрии
соотношение
СС[= АСг · ВСг (см. задачу 76, с. 41).
90. Решение 1. Установите, что Δ АВН = \ 90° — Δ А |, а углы
АН В и АСВ либо равны, либо сумма их равна 180°. Применив к
треугольнику АВН теорему синусов, имеем:
АН ι cos Л 1
АВ= sin С '
Решение 2. Пусть CD — диаметр окружности, описанной около
треугольника ABC. Докажите, что ADBH — параллелограмм и АН = BD.
Из треугольника BCD найдите
BD2 = 4R2 — а2.
Решение 3. Воспользуйтесь результатом задачи 42 (см. с. 37),
и докажите, что
АН = ОВ + ОС,
где О — центр окружности, описанной около треугольника ABC. Затем
вычислите скалярный квадрат вектора АН.
91. Решение 1. Рассмотрите треугольники АССг и АНСг.
Установите, что
tg A tg В = 2.
Решение 2. Заметив, что Δ САН = 90° — Δ С, Ζ НАСг =
= 90° — Δ В, используйте условие равенства площадей треугольников АСН
и АС±Н. Докажите, что
Л С cos C= A^cos В.
86

Решение 3. Пусть ААг — высота треугольника. Проведите
перпендикуляр C±D к ААг и докажите, что САг = QD, то есть
Л С cos С = АСг cos В.
Решение 4. Примените теорему Менелая (см. с. 18) к треугольнику
АССг и секущей ВН.
Решение 5. Воспользуйтесь формулами:
ССг = 2R sin A sin В, СН = 2R cos С.
Отсюда выведите соотношение
2 cos С = sin A sin β.
92. Решение 1. Пусть CL —биссектриса треугольника ABC.
Через точку В параллельно прямой CL проведите прямую, пересекающую
продолжение стороны АС в некоторой точке D. Докажите, что ВС = CD. Затем
примените теорему о пропорциональных отрезках.
Решение 2. Проведите перпендикуляры А Е и BF к прямой CL.
Воспользуйтесь подобием треугольников АСЕ и BCF, AEL и BFL.
Решение 3. Примените теорему синусов к треугольникам ACL
и BCL.
93. Решение 1. Пусть CL — биссектриса треугольника ABC.
Через точку L параллельно стороне АС проведите прямую, пересекающую
сторону ВС в точке N. Тогда LN = CN и
С
CL = 2CN cos -γ.
CN b
Докажите, что ттб = ~г , и выразите длину отрезка CN через длины сторон
треугольника ABC.
Решение 2. Выразив площадь треугольника ABC двумя способами,
составьте уравнение
С С
alc sin -к + Ы0 sin -j- = ab sin С.
Решение 3. Пусть ег и ег— единичные векторы — такие, что
~СА = b7l9 CB = аё2.
По формуле деления отрезка в данном отношении
— Ъ7Х + Хаёъ
CL= l + λ 9
С другой стороны, так как векторы CL и ел + £г коллинеарны, то
Теперь, в силу единственности разложения вектора по двум неколлинеарным
векторам, получаем:
b λα
μ=ι + λ и μ = Γ+~λ'
Отсюда
ab b
87

Следовательно,
_ _ С
CL = μ I ег + е21 = 2μ cos -у :
2ab
С-
г , cos ^тг
α + 6 2
Кроме того, вычислив λ, мы попутно доказали, что
AL_AC_
BL~ ВС
то есть получили еще одно решение задачи 92.
94. Решение 1. Воспользуйтесь формулами:
С 19с + а*-т*
1с =
2ab С
cos
a + b
τ и cost = '
2aL
Решение 2. Около треугольника ЛВС опишите окружность.
Продолжив биссектрису CL треугольника до пересечения с окружностью в точке
D, докажите, что треугольники ACL и DCB подобны. Составьте пропорцию
Ь ~ 1С>
где χ = LD. Затем докажите, что 1сх — тп.
Решение 3. По теореме Стюарта (см. с. 42)
о η т
l2c = ja*+—b*--mn.
т а
Вычислите тип, используя равенства т + п = си — = -г.
95. Решение 1. Пусть отрезки ЛВ и CD пересекаются в точке К.
Докажите, что треугольники АСК и DBC подобны, поэтому
С А . СВ
CD=~c]^-
Затем воспользуйтесь формулой, приведенной в задаче 93 (см. с. 42), и
установите, что
СА- СВ
СК~СА + СВ'
Решение 2. Докажите, что А В — BD — DA, и примените к
четырехугольнику ACBD теорему Птолемея (см. с. 41).
п Задача может быть решена и
другими способами. Поскольку
треугольник ABD равносторонний, то
решение сводится к решению
примера 4 с использованием теорем
косинусов, синусов и др. (см. с. 35).
96. Решение 1. Пусть
окружность радиуса г с центром О
касается катетов и гипотенузы А В
прямоугольного треугольника ABC
в точках Alt Blt Q (рис. 26).
Обозначим ВСг — т и АС±= п. По теореме
о касательных, проведенных к
окружности из одной точки, АВг =
= АСг = я, ВА± = BCi— tn. Четырехугольник СА1ОВ1 является
квадратом, поэтому САг = СВХ — г. Таким образом, имеем:
m + /- = α, η + г = Ь, т + л = с.
Рис. 26
88

Отсюда
с~\- a — b c-\- b — a __ a -f- b — c
/72= η » я — о t f=== о »
или
m = /? — 6, η— ρ — а, г = ρ — с.
Так как 5 = рг, то для прямоугольного треугольника получаем:
S = /7 (р - с).
По формуле Герона имеем:
52= р(р-а){р-Ь)(р-с).
Следовательно,
52 = S (/7 - а)(р - Ь),
или
5 = тп.
Решение 2. Как было показано при решении 1 задачи,
с-\-а — b c-\- b — а
т= § ' Л== 2 "
Воспользуемся еще формулой S= -^ ab и теоремой Пифагора. Получим:
1 1
тп = -j (с + а — Ь) (с + b — а) = -j (с2 — (а — б)2) =
= -j (а2 + U2 — (а — б)2) = γ аб = 5.
Решение 3. Воспользуемся формулами
1
S = -ή аб и S = рг.
Пусть £Ct = т и /4Ct = /г, тогда
2S = (т + г) (п + г), S = (/я + л + г) г.
Вычтем из первого равенства второе, получим:
S = тп.
Решение 4. Из теоремы косинусов для произвольного треугольника
ABC вытекает соотношение
c*=(a--&)a + 4Stgy.
А так как с=т-{-п, а — b — т—л, то
С
(т + л)2 = (т — я)* + 4S tg -у .
Отсюда следует, что
С
mn = Sig-£ ,
или
С
S = m/г ctg -η".
Если Ζ С = 90°,
S = m/z.
97. Решение 1. Пусть прямая МО пересекает окружность в
точках С и D. Используя подобие треугольников MAD и МСВ, докажите, что
Μ А · MB = МС · MD = ', ОМ2— Д2 |.
89

Решение 2. Проведите перпендикуляр ON к прямой АВ. Если точка
Μ лежит вне окружности, то
МЛ · MB = (MN — AN) (MN + BN) = MN2— AN2,
Пользуясь теоремой Пифагора, докажите, что
MN2— AN2= ОМ2— R2.
Аналогично рассмотрите случай, когда точка Μ лежит внутри
окружности.
Решение 3. Так как
Ш*Ш=(17а--Ш) (Ш — Шл) = Ш · Ш — Щ + Ш) -Ш + Ш2.
Пусть N — середина отрезка АВ. Тогда
Ш · Ш == М№ — AN2.
Далее поступаем так же, как и при решении 2.
Решение 4. Примем точку Μ за
начало прямоугольной системы координат. Пусть
точки А и В принадлежат оси абсцисс и
окружности с центром О (т\ п). Тогда координаты
точек А и В найдем из системы уравнений:
l(x-m)2+(y-n)2 = R2,
Учитывая, что т2 + п2 = ОМ2, получим:
х2 _ 2тх + ОМ2 — R2 = 0.
Замечаем, что ι xt · хч, I = Μ А · MB, и
применяем теорему Виета.
98. Ρ е ш е н и е 1. Пусть Μ — середина
стороны АВ (рис. 27). Тогда СМ — медиана
треугольника ABC и по формуле, приведенной в задаче 87, (см. с. 42), имеем:
Рис. 27
СМ2 =
а2 + Ь2 с2
2 4 *
В то же время СМ — медиана треугольника COD, поэтому
CD2 + R2
СМ2 = -
-ОМ2
А так как
СМ2
ОМ2 = Я2 — j
CD* — R2
+ Ί·
Приравняем найденные для СМ выражения. После упрощения получим
CD2 = R2 + а2 + Ь2 — с2.
Решение 2. Из условия задачи следует, что
0D=O4 + 0£.
Поэтому
Отсюда
CD = OD — OC = OA + OB — ОС.
CD2 = 3#2 + 20Л · ОВ — 204 -ОС —20В -ОС.
90

Но
Аналогично
20А · ОБ = О А2 + ОВ2 — АВ2 = 2R2 — с2.
20А · ОС = 2R2 — б2, 205 · ОС = 2R2 — а2.
Следовательно,
CD2 = R2 + а2 + б2 — с2.
Решение 3. Пусть /Ш — диаметр окружности, описанной около
треугольника ABC. Если угол С треугольника острый, то Ζ АМВ = Ζ С,
Ζ ABD = 90° — Ζ С и Ζ CBD = 90° + Ζ В — Ζ С. Если угол С тупой,
то точно так же Ζ CBD = 90° + Ζ Β — Ζ С.
Для вычисления CD применим теорему косинусов и формулу
с = 2R sin С. Получим:
CD2 = Я2 + а2 + 2а/? sin (Б — С) = Я2 + а2 + аб cos С — ас cos Б =
= Я2+ а2+ б2 —с2.
Легко проверить, что полученное соотношение верно и в том случае,
когда Ζ С= 90°.
99. Решение 1. Сначала рассмотрим равнобедренный треугольник
ABC. Пусть АС— ВС. Тогда диаметр CD описанной окружности является
осью симметрии треугольника. Центр О описанной окружности и центр J
вписанной в треугольник окружности принадлежат CD.
Легко доказать, что углы треугольника ADJ при вершинах А и J равны
(каждый из них равен полусумме углов А и С треугольника ABC).
Следовательно, AD = DJ.
Пусть окружность, вписанная в треугольник, касается стороны АС в
точке К. Прямоугольные треугольники ACD и КС J подобны, поэтому
С£ _Л(
CD~ AD'
Учитывая, что J К
Но
г, CD = 2R и AD = DJ, получим:
CJ · DJ = 2Rr.
откуда
CJ · DJ = (R + d) (R — d)= R2 — d2.
Следовательно,
#2 _ rf2 = 2#r,
d2 = R2— 2Rr.
Если ЛВС— произвольный треугольник, то
доказательство аналогично и лишь немного
усложняется.
Обозначим через D точку пересечения
биссектрисы угла С треугольника с описанной
окружностью (рис. 28). Используя теорему об измерении
вписанных углов, докажем, что AD = DJ. Через
точку J проведем диаметр окружности. Тогда
произведение отрезков хорды CD равно произведению
отрезков диаметра. Следовательно,
CJ . DJ = R2 — d2.
Докажем, что
CJ · DJ = 2Rr.
Для этого проведем диаметр DE и, так же, как в случае равнобедренного
треугольника, выведем это соотношение из подобия треугольников AED
и КС J, где J К -L АС. Следовательно,
/?2 __ d2 = 2Rr.
91

Решение 2. Применив теорему Стюарта (см. с. 42) к треугольнику
COD, получим:
CJ DJ
d* = £β · Я2 + £2) Я2 — CJ ' DJ = #2 — ^ · °J-
Из
треугольников
Следовательно,
и
CJK и
СУ
СУ ·
A CD
1
sin
DJ =
находим:
г
2
= СУ
ЛО =
• ло
= 2/? sin
= 2Rr
С
2 '
^2 = ^2 ___ 2ДЛ
Решение 3. Пусть CL — биссектриса треугольника ЛВС.
Воспользуемся свойством биссектрисы угла треугольника (см. задачу 92, с. 42), и
найдем, что
_ Ъс 9L_*L а+Ь
AL==a + b' JL = AL = с '
Теперь, по формуле деления отрезка в данном отношении получим:
— аОА + ЬОВ + сОС
0J= 2р
Отсюда
d* = OJ2 = — ((д2 + 62 + С2) #2 + а6 (2/?2 — С*) + аС (2/?2 — 62) +
+ be (2R* — α2)) = Я2 — ^ = R2 — 2Rr.
100. Решение 1. К треугольнику CD J применим теорему косинусов.
!^/ А — Ζ £1
Нетрудно доказать, что ,/ ОСУ = к , и так как
СУ = —'-£ , CD = 2R,
sin^
то
Л —θ
r2 cos —2—
ОУ2 = 4#2 + с~4/?г * ~·
sin2 -ή sin -л
С ^ с
Учитывая, что г = 4R sin -75- sin -ψ sin -9- приведем выражение для ОУ2
к виду:
ОУ2 == 4/?2 — 4/?а sin Л sin Б.
Но a—2R sin Л, b — 2R sin Б. Следовательно,
Оу2= 4Яа — аб.
Решение 2. Приняв центр О окружности, описанной около
треугольника ABC, за полюс, имеем:
DJ = 67 — OD = ОУ + ОС.
92

Воспользуемся формулой
— _ аШ + ЬОВ + сОС
0J = а+Ь + с
и получим:
— аОА + ЬОВ+(а + Ь + 2с)ОС
Ш~ Тр
Следовательно, воспользовавшись решением 3 задачи 99, получим:
DJ2 = — р2 (a2R2 + b2R2 + (a + b + 2c)2R2 + ab (2R2 — с2) +
+ а (а + b + 2с) (2R2 — b2) + b(a + b + 2c) (2R2 — а2)) = 4/?2 — ab.
Решение 3. По формуле Эйлера (см. с. 41), имеем:
OP = R2 — 2Rr.
Но поскольку OJ — медиана треугольника CDJ, то
1 CD2
OJ* = -2(CJ2 + DJ2)-—.
Учитывая, что CJ2 — ab—4Rrt получим:
#2 _ 2Rr = -ζ (ab — 4Rr) + j DJ2 — R2.
Отсюда
DJ* = 4Я2 — ab.
101. Решение 1. Сначала с помощью формулы 2cosM = 1 + сов2Л
доказываемое соотношение приведем к виду
cos 2Л + cos 2B + cos 2C + 1 = —4 cos Л cos В cos С.
Так как сумма углов Л, В и С равна 180°, то cos С = —cos (Л + В).
Учитывая это, преобразуем правую часть равенства следующим образом:
cos 2A + cos 2B + cos 2C + 1 = 2 cos (Л + θ) cos (A — В) +
+ 2cos2 С = — 2 cos С (cos (A — В) + cos (Л + Б)) =
= —4 cos Л cos В cos С.
Решение 2.
cos2 Л + cos2Z5 + cos2C + 2cos Л cos В cos С — 1 =
= (cos Л + cos В cos С)2 — cos2 В cos2 С + cos2 В + cos2 С — 1 =
= (sin В sin С)2 — (1 — cos2£) (1 — cos2 С) = 0.
Решение 3. Согласно теореме косинусов
а2 = Ь2 + с2 — 26с cos Л.
Выполнив замену: α = 2R sin Л, b = 2R sin Б, с = 2/? sin С,
получим:
sin2 Л = sin2 В + sin2 С — 2 sin Б sin С cos Л.
Поскольку cos Л = —cos (В + С) = sin Б sin С — cos В cos С, то
sin В sin С = cos Л + cos £ cos С.
Следовательно,
1 — cos2 Л = (1 — cos2 Б) + (1 — cos2 С) — 2 (cos Л + cos В cos С) cos Л,
или
cos2 Л + cos2 В + cos2 С = 1 — 2 cos Л cos В cos С.
93

Решение 4. Согласно теореме проекций имеем:
a cos В + Ъ cos Л — с = О,
—а + Ь cos С + с cos В = О,
α cos С — 6 + с cos А = 0.
Исключив из системы a, b и су получим:
cos2 A + cos2 В + cos2 С + 2 cos Л cos В cos С — 1 = 0.
102. Решение 1. Имеем:
А + В А —В С
cos A + cos Б + cos С — 1 = 2 cos —к— cos —~—— 2 sin2 у =
= 2siny (
Л-£
+ В\ , Α , В С
~2—J = 4 sin -«г- sin -о- sin "о" *
cos —о— — cos о
Решение 2. Применим теорему косинусов и выполним следующие
преобразования:
(b* + c* — a? \ (a2 + c2 — b* \
cosA + cosB + cosC-\ = [ 2^— -V + l 2ΪΓ~ ~ V +
/a2 + 62_g2 \ (fl + ft-c)(fr-fl-g (a+fr-C)(a-6-g)
+ \ 2ab +1/== 26ί + 25S +
(a+b — c)(a + b + c) _ 2 (ρ — с) (cp — ap-^bp + 2ab) _
+ 2ab = я&с ~~
4 (p — a) (p — b)(p — c) 4S2 г , А , В . С
= — ^—г =—г- = "тг = 4 sin -о- sin -ft- sin -o-.
abc pabc R 2 2 2
Решение 3. Если а + β + γ = 180°, то имеет место равенство
cos 2a + cos 2β + cos 2γ + 1 = —4 cos a cos β cos γ.
(см. решение 1 задачи 101 с. 93). Выполним замену:
ABC
a = 90° — у, β = 90°-γ, γ = 90° — -у.
Легко проверить, что при этом условие α+β+γ= 1£0° выполняется.
Получим тождество:
А В С
у sin у sin -у.
А В + С
103. Решение 1. Учитывая, что sin у = cos —?>—, имеем:
А А В+С В-С
sin А + sin Б + sin С — 2 si η у cos -у + 2 sin—^— cos—2— =
= 2 cos -у l·
B + C B — C\ A B
cos —ft— + cos —о—/ — 4 cos у cos у cos у
Решение 2. Согласно формуле a = 2Rsin Л имеем:
/?
sin Л + sin В + sin С = -ρ-.
Л Ί/ρ(ρ —g)
А так как cos у = I/ г:— , то
be
ABC pYp(p-a)(p-b)(p-c) pS ρ
cosy cosy cosy = ш = -^ = щ.
94

Следовательно,
ЛВС
si η Л + sin В + si η С = 4 cos -γ cos "о" cos "Τ'
Решение З. Соединим центр О окружности, описанной около
треугольника ABC, с его вершинами. Тогда Ζ АОВ = 2Ζ С, если Ζ С < 90°,
и Ζ ЛОБ = 360° — 2 Ζ С, если Ζ С > 90°. Легко проверить, что в любом
случае справедлива формула
S = γ R2 (sin 2A + sin 2£ + sin 2C).
Кроме того:
S =-с» ab sin С = 2R2 sin Л sin Б sin С.
Следовательно,
sin 2Л + sin 25 + sin 2C = 4 sin Л sin Б sin С.
Л В
Применив это тождество к треугольнику с углами 90° — -ψ , 90° ψ ,
С
90° — -?г, получим доказываемое соотношение.
t А В С
104. Из первого равенства, если его умножить на tg -γ tg -ή" tg -g-,
вытекает второе. Поэтому приведем доказательство лишь первого тождества.
Решение 1. Так как
А + В С
sin
ctg-^ + ctg·^-
sln-jT-sln-n- sin-n-sin-rr
то, используя тождество задачи 103 (см. с. 43), получим:
А В £.
В С 1 / cos 2 cos 2 cos 2
А В sm~2~ cos"
ctg -у + ctg -дг + ctg -«г = -ό
2т^2т^2"2 Д . С τ С Л -τ Л
"^■δΐη-ο- sin -о- sin -ξ- sin-ft-sin-ft-
sin Л + sin Б + sin С ABC
= Л 5 c" = ctgTctg-2-ctgT.
4 sin -γ sin-γ sin -ψ
Решение 2. Если окружность, вписанная в треугольник ABC,
касается стороны Л В в точке /<*, то АК = ρ — я, поэтому
Л р — а
Таким образом
, ABC ρ—а р — b ρ — с р
ctg-J +ctg-2 + ctgT = ^7- +£-jr- + ^- = f- ;
.ЛВС {p—g){p-b){p-d) S* S ρ
Ctg "у Ctg -g- Ctg γ = ^5 = —3 = -pa = 7 ,
что и требовалось доказать.
Решение 3. Учитывая, что tg С = —tg (Л + В), получаем:
♦ r-MA±ML
tgC-tg/ltgB — Г
95

Отсюда следует, что
tg A + tg В + tg С = tg A tg В tg С,
Л 5
Применив это тождество к треугольнику с углами 90°—*д- , 90° — -д-,
С
90° — -ή-, получим доказываемое соотношение:
Л В С ABC
ctg -у + ctg γ + ctg γ = ctg -y ctg γ ctg -γ .
§ 7. Геометрические неравенства.
Наибольшие и наименьшие значения
105. Решение 1. Пусть СМ — медиана треугольника ABC,
Постройте параллелограмм ACBD и рассмотрите треугольник ACD.
Решение 2. Постройте среднюю линию MN треугольника ABC
и рассмотрите треугольник CMN.
Решение 3. Воспользуйтесь векторным равенством
Ш = \(сл+Ш).
106. Решение 1. Пусть отрезок MN соединяет середины сторон AD
и ВС четырехугольника ABCD. Примените параллельный перенос: постройте
точки Вг и Сг так, чтобы ВВ1= AM и СС± = DM. Докажите, что MN—
медиана треугольника ВгСгМ, и примените результат задачи 105.
Решение 2. Постройте точки Dt и Мг> симметричные точкам D и Μ
относительно середины N стороны ВС. Докажите, что Αϋλ = 2ΜΝ и ΑϋΛ ^
< АВ + BDX.
Решение 3. Середину К диагонали АС соедините с концами
отрезка MN и рассмотрите треугольник KMN.
Решение 4. Докажите, что
Ш = -g- (Kb + dc).
Отсюда выведите неравенство
MN^j(AB + CD).
Решение 5. Воспользуйтесь результатом задачи 73 (см. с. 77).
107. Ρ е ш е н и е 1. Пусть АВ — основание равнобедренного
треугольника ABC, a AD — его медиана. Проведем высоту DK треугольника ABD.
Введем обозначения: AD = т, АК = х, DK = у, S — площадь треугольника
ABC. Тогда имеем:
4 4
ЛЯ = т х, S = АВ · ШС = -кху.
А так как т2 = хг + г/2 > 2ху, то 5<т т2,
причем равенство имеет место лишь при χ = у.
Решение 2. Пусть Ζ 5ЛО = а. Сохраняя прежние обозначения,
из прямоугольного треугольника ADK находим:
χ = mcos а, у = т sin α.
Следовательно,
4 4 2
5 = -q л# = -Q- m2 sin α cos α = тг m2 s*n 2α.
96

Отсюда
0 2
5< з" т2,
2
причем S = -о" т2 только при α = 45°.
Решение 3. Обозначим угол между медианами AD и BE
равнобедренного треугольника ЛВС через φ. Так как AD — BE = т и площадь тра-
пеции ABDE составляет -τ площади треугольника ABC, то
4 2
s = 3" S^^£ = "з m2 sin Φ'
откуда
S< з"Ш2.
Решение 4. Пусть медианы треугольника ABC пересекаются в точ-
2
ке М. Тогда AM = В Μ — -q m, поэтому
2
5==35лш*=-з т2з1пФ»
2 о
где φ = Ζ AM В. Отсюда следует, что 5 <: ^- т2, причем равенство
достигается только при φ = 90°.
108. Решение 1. Так как а = 2R sin А и Ь = 2# sin Б, то равенство
аЪ = 2/?2 приводится к виду
2 sin A sin Л = 1,
или
cos (Л — 5) — cos (Л + В) = 1.
Но cos (Л -(- jB) = —cos С. Следовательно,
cos С = 1 — cos (Л — Б).
Откуда
cos С > 0 и Ζ С < 90°,
причем Ζ С = 90° лишь при α = b.
С с
Решение 2. Воспользуемся неравенством sin -γ < -/--г-". Учитывая,
что аЬ = 2/?2 и с = 2R sin С, получаем:
.С 1 . „
sin-y<T7|.sinC,
или
sin-j
[K2cos-2 -l) >0,
откуда
С !
cos-γ > Т?^ и Ζ С < 90°.
Решение 3. Применим теорему косинусов. Выполнив замену ab на
2#2, получим
а2 _|_ £2 _ С2 (а __ £)2 _]_ 4/?2 _ сй
cosC== Ш = ш >0·
Следовательно, /. С <£ 90°,
97

Решен ие 4. Имеем:
ab = 2Я2.
Используя известное соотношение ab = 2Rhc, получим
Лс= R.
Значит, дуга ЛСВ не меньше полуокружности, поэтому Ζ С <£ 90°.
109. Решение 1. Воспользуемся тождеством
(а + Ь)2 + (а - Ь)2 = 2 (α2+ 62).
Так как а2 + Ь2— с2 и (а — Ь)2 > 0, то
(а + &)2 < 2с2,
или _
а + 6<с ]/2.
Равенство имеет место только при а = Ь.
Решение 2. Имеем:
С
а?+Ь2^ с2, ab = сЛс, ftc < у .
Следовательно,
(а + Ь)2 = с2 + 2<АС < 2с2,
или
а + 6 < с У"2.
Ре шение 3. Поскольку а — с sin Л и 6 = с cos Л, то
а + b = с (sin Л + cos Л) = с |/"2 sin (45° + а) < с /2.
Решение 4. На продолжении катета Л С за вершину С прямого угла
отложим отрезок CD, равный ВС. Тогда
AD = а+ Ь, Δ ADB = 45°.
i Л/С от
Следовательно,
а + Ь
Расстояние Л К от вершины Л до прямой BD равно тт^=" . Но АК < АВ.
V *·
а+ b <cV~2.
110. Решение 1. Пусть Ζ Л = а. Тогда α = с sin α, 6 = с cos α.
Учитывая это, получаем:
S g/i Λ Λ
r = ρ == α + 6 + с = sin α + cos α + 1 ^ ι + -^"2 sin (45° + a) *
Отсюда
h
r ;
1 + 1ΛΓ
Решение 2. Имеем:
2S 2/7г (α + 6 + c)/·
h- с ~ с - с
Воспользуемся результатом задачи 109. Применив неравенство а + b <:
<cjA2, получим:
Л<0 +/2)л
Решение 3. Обозначим через J центр окружности, вписанной в прямо*-
угольный треугольник ABC. Пусть окружность касается катета ВС в точке

К и гипотенузы ЛВ в точке L. Тогда СК = J К = г, Ζ С/С/ = 90° и С/ =
= гУ2.
А так как
h^CJ + JL,
то
/1<(1+/2)г.
При любом способе решения легко обосновать, что знак равенства имеет
место только при а = Ъ,
111 Решение 1. Из равенства задачи 101 (см. с. 43) на основании
основного тождества тригонометрии вытекает равенство
sin2 A + sin2 B+ sin2 С = 2 + 2 cos Л cos В cos С.
Докажем, что
cos A cos В cos С < -тг .
По теореме косинусов
(62 + С« — О2) (а2 + С2 — б2) /а2 + &2 _ С2)
COS A COS θ COS С = 8fl2fr2g2 ·
Положим: с < 6 < а. Тогда имеем:
(б2 + с2 — а2) (а2 + с2 — б2) (а2 + Ь2 — с2) =
= (с4 — (а2 — б2)2) (а2 + б2 — с2) = с* (а2 + б2 —с2) — (а2 — б2) X
X (а2 + б2 — с2) = а2Ь2с2 — с2 (а2— с2) (Ъ2 — с2) —
— (а2 — б2) (а2 + Ъ2 — с2) < a2W.
Следовательно,
1 1 9
cos A cos В cos С <: -g- , sin2 Л + sin2 В + sin2 С < 2 + -χ = ~τ .
Знак равенства имеет место только тогда, когда а = Ь = с.
Решение 2. Пусть Ζ Л < 90°. Тогда имеем:
8 cos Л cos В cos С = 4 cos Л (cos (θ + С) +
+ cos (В — С)) < 4 cos Л (1 — cos Л) = 1 — (2 cos Л — I)2 < 1.
Далее поступаем так же, как и при решении 1.
Решение 3. Воспользуемся векторным равенством
ОЖ = з" № + ОВ + Щ,
где О — центр окружности, описанной около треугольника ABC. Μ —
центроид треугольника.
Вычислим скалярный квадрат вектора ОМ. Учитывая, что 20Л · ОВ =
= О А2 + ОВ2 — АВ2 = 2R2 — с2, 20В · ОС = 2R2 — а2, 20Л" · ОС = 2R2 —
— б2, получаем:
ΟΛί2 = -д- (ЗЯ2 + (2Я2 — а2)+ (2/?2 — б2) + (2R2 — с2)) =
= -д (9Я2 — а2 — Ь2 — с2).
Отсюда следует, что
а2 + Ь2 + с2 < 9R2.
Разделив это неравенство почленно на 4/?2, получим:
9
sin2 Л + sin2 В + sin2 С < j .
99

Знак равенства имеет место тогда и только тогда, когда точки О и Μ
совпадают, то есть, когда треугольник равносторонний.
112. 1) Ρ е ш е н и е 1. По теореме косинусов имеем:
Ь* + с2 — а2 а2 + с2 — Ь2
со5Л = —т—■ cosB=—2ΞΌ— ■
а2 + Ь2 — С2
cosC== §55 ·
Следовательно,
л , ο ι ^ 4 (/? — а) (/? — 6) (/? — с)
cos Л + cos В + cos С = -т- + 1
(см. решение 1 задачи 102),
Но V(p-a) (р-Ь)^(Р~а)^ {Р~Ь) или V(P-a)(p-b)<^.
Аналогично
h n
V(p-a)(p-c)<-29 V(p-b)(p-c)^j .
Поэтому
(p-fl)(p-fe)(p-C) 1
afo < 8 ·
Значит,
1 3
cos Л + cos Б + cos С <; -g- + 1 = "9" ·
Решение 2. Выполнив преобразования, получим:
В + С В —С А
cos Л + cos В + cos С = cos Л + 2 cos —g— cos —2— < cos Л + 2 sin ~y =
Л Л 3 / Л 1 \2
Знак равенства имеет место только тогда, когда /5=^Си/Л =
= 60°, то есть, когда треугольник ABC — равносторонний.
Решение 3. Пусть ABC — данный треугольник. Отложим на
лучах АС и ВС отрезки AM и BN, равные АВ. Очевидно, что
Ш = МЛ + ~АВ + Ш9
причем MN = 0 только тогда, когда точки С, Μ и N совпадают, то есть когда
треугольник ABC — равносторонний. Будем считать, что АВ = 1. Учитывая,
что МА · АВ = cos (180° — С) = —cos С, получим:
MN2 =3 — 2 (cos Л + cos В + cos С).
Так как MN2 > 0, то
3
cos Л + cos В + cos С < -ή .
Решение 4. Пусть окружность, вписанная в треугольник ABC
касается сторон ВС, С А, А В соответственно в точках Alt Blt Сг. Тогда
Δ AjJBv — 180° — Ζ С, где J — центр вписанной окружности.
Воспользуемся соотношением
(Та~х + 7в[ + 7с> > о.
Положим JA1= JBX — JCX— 1. Так как <Μχ · JBX = —cosС. «Mi Χ
x7c7= — cos θ, Ζ§^· 7C^ = —созЛ,
100

то после возведения левой части неравенства в квадрат, получим:
3
cos Л + cos В + cos С < -о .
112. 2) Решение 1. Имеем:
д
a2 = b2 + c*~2bc cos Л = (b — с)2 + 4 fo> sin2 -у .
Отсюда следует, что
г— А
а < 2 у be sin -χ-.
Используя это неравенство, получаем:
. Л . В . С a b с 1
Sin ""о" Sin ~сГ sln ~сГ ^ Λ ,/ · Λ ,/ ' · —,/·— = "о" ·
2 2 2^2 Ϋ be 2 V^ac 2 Vab 8
Равенство имеет место только при а = b =с.
Λ « . л ЛГ{Р — Ь) (Р — с)
Решение 2. В силу формулы sin -у = J/ τ- им<
. А . В . С (р — а) (р — 6) (ρ - с)
sin T sin Т зш Т = Ш ·
По теореме о среднем арифметическом
, — 2р — а — b с
У(р-Ъ) (Р-Ь) <J±—2 = ~2 »
. b r а
У (p — a)(p — c)<z.j , У {р — Ь) (р — с) <: j .
Перемножив эти неравенства почленно, получим
Следовательно,
(/? — а) (р — Ь) (р — с) < -g abc.
sin — sin -о- sin -γ <Ξ -g- »
Решение 3. При решении задачи 111 первым и вторым способами
получено неравенство:
cos Л cos В cos С < -g- .
Л Б С
Применим его к треугольнику с углами 90° — -q- , 90° —-тг, 90° — тт.
Получим:
Л θ С 1
sin -о" sin -g- sin -ή- < -g-.
Решение 4. Доказываемое неравенство вытекает из тождества
ЛВС
cos Л + cos θ + cos С = 1 = 4 sin -у sin -g- sin -g-
и неравенства (см. с. 35).
113. 1) Решение 1. Для углов любого треугольника ЛВС имеет
место соотношение
ctg Л ctg В + ctg Л ctg С + ctg В ctg С = 1
(см. решение 3 задачи 104).
101

Пользуясь неравенством (а + Ь + с)2 >· 3 (аб + ас + 6с), получим:
(ctg Л + ctg θ + ctg С)2 > 3.
Покажем, что ctg Л + ctg В + ctg С > 0, Действительно, если ctg С <
< 0, то ctg А > 0 и
sin (В + С) sin Л
ctg* + ctgC= sinjBsinC =sinjBsinc>0·
Значит, полученное неравенство равносильно неравенству
ctg Л + ctg B + ctg С >j/3.
Решение 2. Имеем:
(ctg Л + ctg θ) + (ctg Л + ctg С) + (ctg В + ctg С) =
sin С sin В sin Л
~~ sin A sin В * sin Л sin С "■" sin θ sin С ~~
sin2 Л + sin2 В + sin2 С
>
"~ sin Л sin β sin С ""
sin Л sin В -\~ sin A sin С -\~ sin В sin С
sin Л sin θ sin С
\_ 1 i
"~~ sin Л ' sin θ "*" sin С *
Отсюда
ctg Л + ctg θ + ctg С > з (slFJ + ^ьГ¥ +
ер,
2^3
sin CJ '
Остается воспользоваться доказанным неравенством
1.1 1
sin A ^ sin В ' sin С
(см. пример 4, с. 35).
Очевидно, равенство достигается только в случае равностороннего
треугольника ABC.
Решение 3. Используя следствие из теоремы косинусов
а2 = ь2 + с2 — 4S ctg Л
и формулу 25= be sin Л, получим:
х - , χ „ ι ^ а2 + Ь2 + с2 аб 4- ас + Ьс
ctgd + ctga+ctgC^ ^т > l^ =
2 \sin /
1 ' Ws.
' sin θ ^ sin C
113. 2) Решение 1. Использовав тождество задачи 104 (см. с. 43),
получаем:
/ Л В С\2 1 А В АС В С\
\tgT + tg Τ + tg Т/ > 3 ltgT tgT + tg Τ tg Τ + tgT tgT/ = 3-
откуда
Л Б С ,.-.
tg-2" + tg-2" + tgY>y3.
Решение 2. Применив неравенство
ctgd + ctgB + ctgC>/3
102

А В С
к треугольнику с углами 90° —— , 90°— -γ-, 90° — -g- , получим
доказываемое неравенство.
113. 3) Решение 1. В силу неравенства между средним
арифметическим и средним геометрическим трех положительных чисел имеем:
/ Л В CV _ А В С
\ctST + ctgT + ctg~2/ ^ 27 ctg Τ ctg Τ ctg ΊΓ *
Но
А В С А В С Л
ctgT + ctgT+ctgT= gTctg"2~ βΊΓ>0 (см· заДачУ 104, с. 43).
Следовательно,
ABC ._
ctg -γ ctg -g- ctg -g- > 3 у З .
Решение 2. Имеем:
Л 1 + cos A 1
ctgT= sin л ==ШГл + с^л·
в с
Аналогичные выражения можно записать для ctg -ψ и ctg-ρ-.
Следовательно,
ctgT+ctgT + ctgT = s^ + ii0 + sl^ + ctg4 + ctgB + ctgC.
Учитывая, что
ctgi4 + ctg* + ctgC> i(iiO + ii^4^c).
\ I > А В С\
ctg Л + ctg В + ctg С > з" ^ctg -g- + ctg -g- + ctg -g-j ,
Л Я С 3 / 1 1 1 \
^Т + ^&Т + ^Т^ЪКШа+ШПв+ШГс)'
Точно так же можно вывести соотношение
Л _8 С 1 1 1
tg 2 + tg 2 + tg 2 - sin Л + sin θ + ΞϊτΤΤΓ -~
-(ctgЛ + ctgβ + ctgC)<l(^ + ^+iΠ^■).
Л β С —
Учитывая, что tg-гг + tg -g" + tg-g" >1^3, полученные неравенства
запишем в виде цепочки неравенств:
\ I А В С\
ctg Л + ctgJB + ctgC>"3 ^ctg"2 +ctg-2-+ctg-2"j =
1 Л Б х С 1/1 1 1 \
= з" ctg—ctgT ctgT > -§- [·$ττΊ +^Γθ +7ir7cj >
Л θ С г-
>tgT+tgT+tg-2">/3.
Легко убедиться, что знак равенства везде имеет место тогда и только
тогда, когда Δ А — Δ В = Δ С, то есть когда треугольник ABC
равносторонний.
103
получим:

Таким образом, задача решена с помощью лишь одного неравенства
ctg А + ctg В + ctg С > У^З и тригонометрических тождеств. Попутно
получено несколько новых неравенств.
Заметим, что для углов остроугольного треугольника имеет место
неравенство
tg А + tg В + tg С> 3 (ctg А + ctg В + ctg С),
которое можно получить, применив неравенство
, Л В С I А В С\
ctg-.j + ctg γ + ctg -у > 3 ^tg-y + tg γ + tg yj
к треугольнику с углами 180° — 2Л, 180° — 2£,
180° — 2С, где Ζ Л < 90°, Ζ В < 90°, Ζ С<90°.
114. Решение 1. Пусть ЛВС — данный
треугольник. На лучах ВС, СА, АВ построим
точки Χ, Κ, Ζ такие, что ВХ = х, CY = ί/, ΑΖ = ζ.
Воспользуемся неравенством
(M + CF+ ~Му >0.
К _ _
Поскольку Ζ1 (Я*, СК) = 180° — /_ С и точно
так же для углов между векторами 5Х и Л£,
СК и Л2, то после возведения в квадрат левой
части неравенства получим:
х2+ У2 + ζ2— 2yz cos Л—2г* cos В—2ху cos C> 0.
Выясним, при каком условии это неравенство обращается в равенство.
Складывая векторы ВХ, СУ, AZ по правилу многоугольника, получим
ломаную, которая будет замкнутой тогда и только тогда, когда ВХ +
+ CY + AZ = О. При этом получится треугольник, углы которого равны
углам треугольника ABC, то есть треугольник, подобный треугольнику ABC.
Итак, равенство имеет место тогда и только тогда, когда х, у, ζ — длины
сторон треугольника с углами Л, В, С, то есть при условии, что выполняется
равенство
χ у ι__
sin Л ~~ sin В ~ sin С
Решение 2. Отложим от некоторой точки О векторы ОХ> OYt OZ
такие, что ОХ = *, OZ = #, OZ = г, Ζ ΚΟΖ = 180° — ΔΑ> Δ ΖΟΧ =
= 180° — Ζ β, тогда Ζ ΧΟΚ = 180° — Ζ С. Имеем:
(OX + OF + OZ)2>0.
После возведения суммы векторов в квадрат получим неравенство
х2 + У2 + 22 — 2уг cos Л — 2гх cos β — 2х*/ cos С >· 0.
Равенство (ОХ + ОУ-|- ^^)2 = О имеет место тогда и только тогда, когда
точка О совпадает с центроидом 1реугольника XYZ. Действительно, если О —
центроид, то построив точку Ρ такую, что ОР = — ΟΖ, получим
параллелограмм ΟΧΡΥ (рис. 29). Следовательно,
ΟΧ + ΟΫ + ΟΖ=ΟΡ-\-ΟΖ=0.
Обратно, если ΟΧ + ΟΫ + ΟΖ = 0, τοΟΧ + Ο? = —OZ, или UP = —OZ,
откуда легко вывести, что точка О — центроид треугольника XYZ.
104

Другими словами, доказываемое неравенство обращается в равенство только
тогда, когда PY = х9 OY = y, ΟΡ = ζ, Ζ ΡΟΥ=\80° — /_ΥΟΖ=/_ Л, Ζ.ΟΡΥ=
= Ζ. £» то есть при условии, что
Χ У_ 2_
sin A ~ sin В ~~ sin С
Решение 3. Легко проверить, что если а + β + у — 180°, то имеет
место тождество
х2 + У2 + ζ2— 2yz cos a — 2zx cos β — 2xy cos у =
= (χ cos β + у cos α — ζ)2 + (χ sin β — r/ sin α)2,
из которого и вытекает доказываемое неравенство.
Равенство х2 + у2 + г2 — 2i/2 cos α — 2zx cos β — 2*ί/ cos a= 0 имеет мес-
х У
то тогда и только тогда, когда · = ■ . о" и 2 = л: cos β + у cos α, то есть
когда х> у, ζ — длины сторон треугольника с углами α, β, у.
115. Ρ е ш е н и е 1. Имеем:
2S 2 //7 (р - а) (р - Ь) О^Т
а а а
тт -.а (Р — &) + (р — с) а ^
Но У (р —- Ь) (р — с) < 2 == ~2~ * СлеД°вательно,
Лв < ρ Vp — a,
причем равенство имеет место только при b = с.
Решение 2. Воспользуемся формулами:
А в с Л · в · С
ρ = 4/< cos -о- cos -л- cos -ή" , /7 — α = 4/< cos -γ sin -я- sin -s- ,
/i0 = 2/? sin θ sin С
Выполнив несложные преобразования, получим:
hl _ sin В sin С = cos (θ — С) — cos (Б + Q < j
ρ (ρ —α) 9 _Α_ 1 + cos Л
Отсюда
cos-2 л
Лв<Ур(р-а).
Решение 3. Применим формулу
r b -f- с
Поскольку У be <; —л— , то
(равенство достигается только при b = с).
Так как ha <· la, то полученное неравенство является усилением
неравенства ha < Υ ρ (ρ — α).
116. Решение 1. Так как ha — b sin С = с sin В, то
/z^ = besin B sin С.
Но
2 sin Б sin С = cos (β — С) — cos (В + С) < 1 + cos Л,
105

или
β Л
sin В sin С < cos2 -у .
Следовательно,
^а ^ У ^ COS -у ,
причем равенство достигается только тогда, когда Ζ В = Ζ С.
Решение 2. Выразив двумя способами площадь треугольника ЛВС,
получим
aha — be sin Л,
откуда
26с А А
ha = — sin -у cos -«ρ .
А так как
. A a
SI П "тт ^ ■ 7^=
2 ^2/to;
(см. решение 1 задачи 112, 2), с. 101), то
/-- Л
"α < У Ьс COS у .
Решение 3. Имеем:
ha < V Ρ (ρ — о) (см. задачу 115, с. 45).
А так как
4-У!
Р(Р — а)
cos'2 - Г 6с
то
г- А
ha <£ γ be cos 2 ·
Решение 4. Воспользуемся формулой:
2bc A
Ь + с™ъ 2
Ь + с
Поскольку у be < —ъ— , то
/— А
1а<У be cos у.
Остается заметить, что hQ <: la.
— А
Равенство ha — Υ be cos -ψ имеет место только при b — с.
117. Решение 1. Воспользуемся равенством:
a*=(b—C)* + 4Stg-J.
Заменив 2S = сйа, получим
д
а2= (6 — с)2 + 2ahu tg -g-.
Откуда
Л
α > 2/ifl tg -γ ,
где равенство имеет место лишь при b = с.
106

Решение 2. Имеем:
а — 2R sin Л, ha = b sin С = 2R sin θ sin С.
Следовательно,
a sin Л sin Л sin Л Л
2ha ^ 2 sin £ sin С = cos (В — С) — cos (В + С) > \ + созЛ = tg Τ *
Откуда
Л
α > 2Λα tg -J ,
причем α= 2ha tg -?г только тогда, когда Ζ θ = Ζ С, то есть когда
треугольник ABC равнобедренный.
Решение 3. Опишем около треугольника ABC окружность. Высота
АН треугольника не превышает высоты MN сегмента, то есть ha < MN,
а А
А так как MN = -к ctg -ψ , то
Л Л
2/ia<actg~2-, или α > 2/ια tg -тр .
Решение 4. Проведем биссектрису AD треугольника ABC. Обозна-
А
чим AD = lat BD = m, CD = п. Докажем, что а > 2/atg -γ*
По теореме синусов имеем:
т 1д η _ Ig
А = sin В ' . Л = sin С '
sin-н" sln "~2~
Отсюда
а=т+п = 1автТ(ШГ§+ШГ).
Для любых положительных чисел χ и у имеет место неравенство
1 1 4
χ + у ^х + г/'
Применив его, получим:
114 2 2
sin θ ^sinC ^ sin θ + sin С "~ . В + С В — С "* Л'
sin—η—cos—о— cos-9-
Следовательно,
Л
sin~2~ Ά
a>2la i- = 2/atg-£..
cosT
Решение 5. Неравенство a > 2/^tg -х-представляет собой усиление
доказываемого неравенства. Приведем геометрический вывод.
Продолжим биссектрису AD треугольника ЛВС до пересечения с
описанной дружностью в точке Е. Проведем диаметр ЕМ и обозначим через N
точку пересечения его со стороной ВС. Так как Ε — середина дуги ВС, то
ME 1 ВС, BN = NC= -|и MN= Tf ctg-у.
1Ό7

Заметим, что АЕ <: ME и DE > NE, поэтому
AD = ЛЕ — DE < ME — NE = ΜΛί.
Итак, ЛО < Λί #, то есть /а < "о" с^~о" или а > 2/а tg -тт , причем
равенство имеет место тогда и только тогда, когда точки А и Μ совпадают,
то есть когда Ъ = с.
S abc
118. Решение 1. Воспользуйтесь формулами г — — и R — то· .
1
Затем примените неравенство (р— α) (р— Ь) (р— с) <-^abc (см.
решение 1 задачи 112, с. 101).
Решение 2. Воспользуйтесь формулой
В
г = W sin -я- sin
и неравенством
4# sin -я- sin -q- sin -«-
Л θ С 1
sin -у sin γ sin -γ < -g-.
Решение 3. Примените формулу Эйлера: d2 — R* — 2Rr,
выражающую расстояние между центрами вписанной и описанной окружностей
треугольника (см. задачу 99, с. 43).
Установите, что равенство R — 2г имеет место лишь тогда, когда центры
окружностей совпадают, то есть когда треугольник равносторонний.
119. Решение 1. По формуле Герона имеем:
S = Vp(p-a)(p-b)(p-c).
Использовав свойство среднего арифметического трех положительных
чисел, получим:
, w ,w . 1(р-а) + (Р-Ь) + (р-с) V ρ*
(ρ — α) (ρ — b) (p — c)< (^ 3 J = 27 ·
Следовательно,
b<V 27- 3/3 ·
причем равенство имеет место только при а = b = с.
Решение 2. Воспользуемся тождествами
лп · А · в · с А В С
г = 4R sin -j- sin -л- sin -у , p — 4/? cos ~к cos -γ cos -j-
и неравенством
ABC 1
tg-o-tg-n- tg-o-<-
2 le 2 ls 2 ^ 3/3 ·
где равенство имеет место только тогда, когда треугольник равносторонний.
Учитывая, что S = рг, получим:
S r ABC 1
р« ~ ρ - ^ 2 L* 2 LS 2 ^ 3|Λ3 .
Решение 3. Сначала докажем неравенство
К + йь + hc > 9r.
108

Так как для любых положительных чисел имеет место неравенство
(« + * + ') (ΐΓ + 1 + })>9·
где равенство достигается только при а = Ь = с, то
ha + hb + hc = 2S · [\ + j + ·±) = 2pr (i + J + 1) > 9r.
Далее применим неравенство задачи 115 (см. с. 45) и получим:
9r < ha + hb + hc < /ρ (/^=^ + VV^b + УТ=~с).
Но
VJ=~a + VJ^b + VJ=l < |^3((ρ-α) + (ρ-6) + (р-с)) = УЦ.
Следовательно,
9r < ρΥΙ
(равенство имеет место только при а = Ъ — с). Умножив обе части этого не-
Р
равенства на -q , получим:
Решение 4. Используя формулу S = -к ab sin С и неравенство
1 1 1 г
sin4+ sin Я + sin С >2^3
(см. пример 4, с. 35), получаем:
4р2 = (а + Ъ + с)2 > 3 (ab + be + со) =
или
/?2 >3]/~3S,
где равенство достигается только при а = 6 = с.
Полученное неравенство дает решение знаменитой изопериметрической
задачи для треугольника. Доказано, что из всех треугольников данного
периметра наибольшую площадь имеет равносторонний треугольник.
Действительно, мы установили, что S < г- , если треугольник ЛВС не является
Р2
равностороьним. Если же а = b — с, то S = /7- .
о У о
Одновременно доказано, что из всех треугольников данной
площади наименьший периметр имеет равносторонний треугольник.
120. Решение 1. Для любых положительных чисел а, Ь, с имеет
место неравенство
(а+ Ь + с)2 <3(а2+ Ь*+ с2).
Используя его, из неравенства, полученного в задаче 119 (см. с. 108) выводим,
что
4/?2
4 /3 S < -у- < а2 + Ь2 + с\
109

Равенство имеет место лишь при а = Ь = с.
Решение 2. Воспользуемся равенством
£2 _|_ С2 _ β2
ctfM = 4S ■
вытекающим из теоремы косинусов и формулы 2S = be sin A.
Имеем:
α2 l &2_L_C2
ctg Л + ctgθ + ctg С = ^4S^ .
Теперь применим неравенство
ctg Л + ctg В + ctg С > ]/"3" (см. задачу 113, с. 45).
Решение 3. Выразим а, 6, с и S через /? и синусы углов треугольника.
Применив затем неравенство *2+ y2Jr ζ2 > ху + #ζ + ζ#, получим:
α2 + 62 + с2 sin2 Л + sin2 В + sin2 С 1 1 1
2S = sin Л sin θ sin С ^sin Л +sin В + sin С
А так как — + ^ +-^ > 2 / 3, Т0
а2+ 62 + с2 >4V3S.
Решение 4. Пусть Л5С — данный треугольник и ABCt —
равносторонний треугольник, построенный так, что точки Си Q лежат по одну
сторону от прямой АВ. По теореме косинусов из треугольника АССХ находим:
СС\ = Ъ2 + с2 — 2bc cos (60° — Л) = Ь2 + с2 — 2Ьс ί у cos Л + *γ si η Л J .
Но
6с cos Л = -ζ (Ь2 + с2— а2) и be sin Л = 2S.
Следовательно,
СС* = -^ (α2 + б2 + с2) — 2 К 3 S.
Поскольку СС\ > 0, то
а2 + б2 + с2 > 4 /3 S.
Равенство имеет место только тогда, когда С = Съ то есть когда
треугольник ABC является равносторонним.
Решение 5. Для всякого треугольника ABC справедливо равенство
a2 = (6-c)2+4Stg-2-.
Поэтому
аг + ь2 + с2 — (а — б)2 — (6 — с)2 — (с — а)2 =
4S(tgT+tgT + tgTj.
Λ Я С ,/-77
Применив неравенство tg -тр + tg -γ + tg -γ > У 3, получим:
a2 + б2 + с2 — (a — б)2 — (6 — с)2 — (с — а)2 > 4 У 3 S,
где равенство имеет место лишь тогда, когда треугольник ABC
равносторонний. Заметим, что получено неравенство, усиливающее доказываемое.
НО

Решение 6. Для любых положительных чисел а, Ь, с имеет место
неравенство
а + Ъ + с > УЪ(аЬ + Ьс + са).
Положив а = yzt b = zx и с = ху, получим:
ху+уг+гх> УЪхуг (х +у-\-г).
Так как ρ — α > О, ρ — b > 0, ρ — с > О и (ρ — α) + (/? — Μ +
+ (ρ — с) = pt то на основании приведенного неравенства имеем:
4/35 = 4/3. У(р-а)(р-Ь)(р-с)[(р-а) + (р-Ь) + (р-с)]<:
<4((p-a)(p-b) + (p-b)(p-c) + (p-c)(p-a)).
После преобразований получим:
2 (ab + bc + ca)—a2—b2 — c2^4 /3 S,
или
а2 + Ь2 + с2 — (а — б)2 — (& — с)2 — (с — а)2 > 4 /3 S.
Равенство здесь имеет место лишь тогда, когда треугольник ЛВС
равносторонний. Таким образом, мы получили то же самое неравенство, что и при
решении 5.
Решение 7. Докажем, что для любого треугольника выполняется
неравенство
ab+ bc+ са > 4/3 5,
из которого в силу неравенства а2+ Ь2 + с2 > ab-\-bc + са также вытекает
доказываемое неравенство.
Согласно формуле S = -к ab sin С имеем:
аЬ +Ьс +са = 2S (ша + ШГв + iEc) ·
Применив неравенство
ШГА + sTn~C + ϋΤΓθ ^ 2 ^>
получим:
Лб+ 6с + са > 4/3S,
где равенство достигается лишь при а = b = с.
121. Решение 1. Пусть заданы сторона ЛВ и угол С треугольника
ABC. Пользуясь формулой а = 2R sin Л, докажите, что
Q Д β Q
а + b = 4/? cos -γ cos —ъ— ^ c"»
sinT
причем равенство достигается лишь в том случае, когда Δ Л = Ζ Б. Отсюда
выведите, что треугольник ЛВС имеет наибольший периметр тогда, когда
АС= ВС.
Решение 2. Докажите, что из всех треугольников, имеющих
данное основание АВ и данный угол С, наибольшую площадь имеет
равнобедренный треугольник. Затем примените формулу
(а + b)2 = c2 + 4Sctgy.
Ш

Решение 3. Отложите на продолжении стороны АС за вершину С
отрезок CD, равный стороне ВС. Тогда AD = а+ Ь и Ζ ADB = ~к Z.C.
Докажите, что точка D принадлежит дуге окружности с концами А и В,
поэтому хорда AD не больше диаметра этой окружности.
122. Решение 1. Пусть О — центр окружности, описанной около
треугольника ABC. Тогда имеем:
ОА + ОВ > АВ
или
2R > с,
причем 2R = с только тогда, когда Ζ С = 90°.
Если h < т>- , то по данным Л£ = с и СЯ = h можно построить
прямоугольный треугольник ABC (Z С =90°), который и будет удовлетворять
с
условие задачи. При этом R = -к является наименьшим значением R.
с
Если же Л > -л", то прямая, параллельная стороне АВ и отстоящая от
нее на /ζ, не пересекает окружность с диаметром АВ. Следовательно, вершина
С треугольника ABC будет лежать вне этой окружности, и Ζ С < 90°.
с
В таком случае из формулы 2R = ^-g следует, что /? имеет наименьшее
значение тогда, когда величина угла С наибольшая.
с С
Применив неравенство tg -к < ήΐ » гДе равенство достигается только
при а = 6 (см. задачу 117, с. 45), приходим к выводу, что искомый
треугольник равнобедренный. По теореме Пифагора находим:
с2 + 4/ι2
#min ~ 8/z
Итак, искомый треугольник является прямоугольным или равнобедрен-
с с
ным в зависимости от того, будет ли h <: -к или h > -9·.
При этом
2* , если /z< -j ;
8/z · если/1>-2 .
Решение 2. Пусть Λί — середина отрезка АВ. Обозначим МН
через х. Тогда
По формуле а = 9А находим, что
^
c2/i2 + (*2+/i2--^)
Λ - 2ft
с
-V?-
Отсюда следует, что если /i< -g- , то при χ == J/ -ξ- — /ι2 радиус R имеет
с с
наименьшее возможное значение, равное -у . Если же h > тг , то радиус Я
с2 + 4Λ2
имеет наименьшее значение при χ = 0, причем Rm\n = —нт— .
112

Решение 3. Введем на плоскости прямоугольную систему
координат: ось абсцисс проведем через точки Л и В, а ось ординат — через середину
отрезка ЛВ. Тогда можно положить: А ( — -?f ; О I , в{ -g-; ОI , С (х\ h).
Центр D окружности, описанной около треугольника ABC, принадлежит
оси ординат. Полагая D (0; d) и учитывая, что AD = CD получаем:
j + d* = x*+(d-h)\
откуда
с2
rf==—т—·
Таким образом, радиус R описанной окружности определяется как функция
от х:
С
(*2нм2-т)2
А - 4 "Τ" 4Λ*
Далее поступаем так же, как и при решении 2.
123. Решение 1. Воспользуемся формулой
S=*V{p- α) (р — Ь) + (р-с) (p-d),
выражающей площадь четырехугольника, вписанного в окружность, через
длины его сторон. На основании свойства среднего арифметического двух
положительных чисел имеем:
(р-д) + (р-6) (p-.C)+(p-d) (a + b)(c + d)
о< 2 " 2 = 4 <
(a + b + c + d)* ρ*
< 16 — 4 '
Ρ2
причем S = -τ лишь при условии, что a = b = с = d, то есть когда
четырехугольник является квадратом.
Решение 2. Применим формулу
S = ~к //sin α,
где / и / — длины диагоналей четырехугольника и α — величина угла между
диагоналями.
Для четырехугольника, вписанного в окружность радиуса /?, имеем:
/ < 2R, f < 2R и sin a < 1.
Следовательно,
S < 2Я2,
причем равенство имеет место только тогда, когда / = / = 2R и α = 90%
то есть четырехугольник наибольшей площади является квадратом.
Решение 3. Соединим центр окружности с вершинами
четырехугольника и рассмотрим четыре образовавшихся при этом равнобедренных
треугольника. Каждый из них имеет наибольшую площадь, когда угол при
вершине — прямой. Значит, сумма их площадей будет наибольшей, когда
четырехугольник — квадрат.
ИЗ

124. Решение 1. Пусть в полукруг радиуса R с центром О вписан
прямоугольник ABCD (сторона ЛВ лежит на диаметре полукруга).
Обозначив ВС через х, выразите плещадь прямоугольника как функцию х:
S = 2Vx2(R2 — x2), 0<x<R.
Докажите, что 5ma = R2 при χ = —-., а отношение сторон искомого прямо-
угольника равно 2:1.
Решение 2. Обозначив Ζ ВОС = ос, установите, что
S = Rhin 2α,
где 0° < а < 90°.
Решение 3. Применив осевую симметрию относительно диаметра
полуокружности, сведите задачу к нахождению вписанного в окружность
прямоугольника наибольшей площади.
125. Решение 1. Очевидно, достаточно рассмотреть выпуклый
четырехугольник ABCD. Обозначив Ζ Л = α, Ζ В — ^t Ζ С = γ, Ζ D =
= δ, находим:
2S = ab sin β + cd sin δ < ab + cd.
Аналогично
2S < ad + be.
Поэтому
4S <: (ab + cd) + (ad + be) = (a + c) (b + d) <
(q+fr + £ + rf)2 p»
< 4 = Λ S<j.
/?2
Равенство S = -г- имеет место лишь тогда, когда углы четырехугольника
прямые и а + с = b + d, то есть только для квадрата.
Решение 2. Площадь четырехугольника ABCD может быть
вычислена по формуле
А + С
S2 = (р — a) (p — b)(p — c)(p — d) — abed cos2 —g— .
Отсюда следует, что
S^V(p-a)(p-b)(p-c)(p-d)t
где равенство имеет место при a + у = 180°, то есть тогда, когда
четырехугольник может быть вписан в окружность. Согласно задаче 123 получим:
Р2
ύ^4 »
где равенство достигается только тогда, когда четырехугольник — квадрат.
Решение 3. Из задачи 29 (см. с. 59) легко выводится формула для
вычисления площади четырехугольника:
S = kls'm φ,
где k и / — длины средних линий четырехугольника, φ — величина угла
между ними.
Использовав результат задачи 106 (см. с. 96), получим:
„^ы ^(b + l)2 (a + b + c + d)2 ρ2
Ρ2
Равенство S = -г имеет место лишь тогда, когда φ = 90°, k — I и средние
линии параллельны сторонам четырехугольника. Следовательно, противо-
114

положные стороны четырехугольника параллельны, диагонали равны и
перпендикулярны, то есть четырехугольник является квадратом.
126. Решение 1. Обозначим ВС = а, АС = Ь, СМ = х, CN = у
(рис. 30). Из подобия треугольников АРМ и ABC имеем:
у_ Ь — х
а ~~ Ь
По теореме косинусов выразим длину отрезка МЫ как функцию х:
а2 (Ь — х)2 2ах (Ь — х) cos С
MN*=x*+ K b2 ~ L·-ΓJ .
Таким образом, задача сводится к исследованию квадратного трехчлена
b2MN2 = т2х2 — 2ab (a + b cos C)x +
где m2= a2+ b2+ 2ab cos С, то есть т —
длина диагонали параллелограмма ABCD.
Решение 2. Достроим треугольник
ABC № параллелограмма ABCD и обозначим
точку пересечения отрезков MN и CD через К
(рис. 30). Пусть СМ = xf CN=y, Ζ CKM = φ,
Ζ ЛСО = а и Ζ ^CD = β. По теореме
синусов находим:
мк =
a: sin α
sin φ
Следовательно,
ΛΜ =
Учитывая,
ведем к виду:
-: (Χ
sin φ ν
что у =
ΚΝ =
j/ sin β
sin φ
(χ sin a + y sin β).
α (6 — *)
Рис. 30
MN:
, и 6 sin a = α sin β выражение для MN при-
asin β .... 6 sin a
sin φ
или MN:
sin φ
где φ > β и 180° — φ > α.
Отсюда следует, что если а < 90° и β < 90°, то длина отрезка ΜΝ
имеет наименьшее значение при φ = 90°, то есть когда MN _L CD. Точку Ρ
можно построить, пользуясь методом подобия.
Если же β >· 90°, то длина отрезка ΜΝ будет наименьшей, когда точка
Ρ совпадает с точкой В.
Ρ е ш е н и е 3. Положим АР = хАВ, где 0 < χ < 1, и выразим вектор
ΜΝ через СЛ и CF (рис. 30).
Так как PN \\ АС и РМ Ц ВС, то
СЦ_АР__ СМ £Р_
СВ^АВ^Х' СА = ВА = ]~~Х'
Следовательно, CN = χ СВ, СМ = (1 — х) С А, поэтому
Ш = Ш — СМ = х~СВ — (1 — х) Ш = ~АС + χ {СА + ~СВ),
то есть ΜΝ = АС + xCD, где CD — диагональ параллелограмма ACBD.
Пусть χ CD = CQ, тогда
М#==/IC+CQ, или Ш = ~AQ.
115

Полученное векторное соотношение подсказывает чисто геометрическое
завершение задачи. Когда точка Ρ пробегает отрезок АВ, то χ меняется от О
до 1, а точка Q пробегает отрезок CD. Следовательно, длина MN будет
наименьшей, когда Q — ближайшая к Л точка отрезка CD.
Заметив, что AMNQ — параллелограмм и точка Ρ лежит на прямой NQ,
приходим к следующему построению точки Р. Достроим данный треугольник
до параллелограмма ACBD; найдем на его диагонали CD точку Q,
ближайшую к Л, и проведем через нее прямую, параллельную стороне АС. Точка
пересечения этой прямой со стороной АВ и есть искомая точка Р. Если оба
угла ACD и ADC острые, то Q — проекция точки А на CD\ если ACD —
не острый угол, то Q = С, а Р — А\ если же ADC — не острый угол, то Q =
= D, а Р = В.
Решение 4. Прямое доказательство можно получить, если
воспользоваться результатом задачи 18 (см. с. 45).
127. Решение 1. Так как четырехугольник ABCD описан около
окружности радиуса г, то
S = рг и АВ + CD = ВС + AD = р.
Согласно задаче 125 (см. с. 114) имеем:
4S < р2, или 4г < р,
то есть АВ + CD ^ 4г.
Равенство АВ + CD = 4г выполняется только тогда, когда ABCD
квадрат.
Решение 2. Пусть О — центр вписанной окружности. Обозначим
Ζ В АО = Ζ DAO = α, Ζ ABO = Ζ СВО = β, Ζ ЛОВ = φ, а углы С
и D треугольника COD обозначим через 2γ и 2δ.
Из треугольника АОВ находим:
г sin(a+P)
Λ* = '(*Ε« + ^Ρ>"8ΐπ««ΐβ·
А так как 2 sin a sin β = cos (a — β) — cos (a + β) < 1 — cos (a + β),
то
r sin (a + β) _ г sin φ
Л/* ^ 1 — cos (a + β) — 1 + cos φ *
Учитывая, что α+β+γ+δ= 180°, то есть у + δ = φ. Аналогично
получаем
CD > r sin (У + δ) = rs[n(P
-"" 1 — cos (γ + δ) 1 — cos φ '
Следовательно,
Л5 + СО>2г5тФ(Гт^ + Гг^)=^>4л
Решение 3. Пусть Ζ ЛОВ = φ, тогда Ζ COD = 180° — φ.
Применив к треугольникам АОВ и COD неравенство задачи 117 (см. с. 45), получим:
АВ> 2г tg-|- , CD > 2r ctg-|-.
Следовательно,
AB+CD^ 2r (tg-f + ctg -f-J > 4г ]/ tg -f· ctg-f· = 4r.
128. Решение 1. Обозначим основания перпендикуляров,
проведенных из точки О к сторонам ВС, СА и АВ треугольника, через Ль Вх
и Сг (рис. 31). Проекции точек Аг и θχ на прямую АВ обозначим через Л2
и В2. Заметим, что Ζ ОАгА2 — Ζ. Β, Ζ ОВгВ2 =■ Ζ А, поэтому
А2В2 = А2Сг + СХВ2 = /χ sin В + r2 sin Л*
116

Около четырехугольника СЛ1ОВ1
можно описать окружность, диаметр которой
равен Rs. Следовательно,
АгВх = #3sin С.
А так как Λ1Βί > Л252, то
R3sin С > ^sin В + r2sin Л.
Согласно теореме синусов имеем:
sin Л a sin β b
sin С = с » sin С ~~ с "
Рис. 31
Следовательно, полученное неравенство приводится к виду
6 а
Аналогично этому имеем:
Ь с
R*>Trs + -
Сложим последние три неравенства почленно. Учитывая, что, например
-г- + — ^ 2, получим:
^1 + /?2 + /?з> (т + т)^ + (I" + ^)Г2+("1 + ΐ)Γ3>2(Γ1 + Γ2 + Γ3).
Знак равенства имеет место лишь в том случае, если а = b = с. Кроме
того, должны выполняться соотношения АхВг \\ АВ, В1С11| ВС и С1Л1 \\ СА,
которые означают, что АгВ1У В±Сг и СгАг — средние линии треугольника
ABC, а это равносильно требованию совпадения точки О с центром
равностороннего треугольника.
а Ъ
Решение 2. Неравенство Rs :> — г2 + — гх получим средствами гео-
с с
метрии, без применения тригонометрии.
Пусть точка О лежит внутри угла С треугольника АВС% причем не
обязательно внутри треугольника. Из вершин А и В проведем перпендикуляры
к прямой ОС, их основания обозначим через At и Вг. Тогда имеем:
2 (SAOC + Sboc) = (ΛΑι + ΒΒό Rs = ort + &r2.
А так как ААг + ВВХ < АВУ то
cR3 > агг + br2i
или
п ^ а Ь
Покажем, что в этом равенстве гхи г2 можно поменять местами.
Действительно, если взять точку 0lt симметричную точке О относительно биссектрисы
угла С треугольника АВСУ то она также будет находиться внутри угла С,
хотя может быть и вне треугольника ABC. При этом 0±С = ОС = RZi а
расстояния от точки Ог до сторон ВС и АС угла С будут равны соответственно
г2 и г1л Применив для точки 01 доказанное выше неравенство, получим:
Rz>
Г2 + 7гь
что и требовалось доказать.
Далее можно рассуждать так же, как и при решении 1.
117

Решение 3. В каждом из треугольников ВОСу СО А, ЛОВ из вершины
О проведем биссектрисы, обозначив их длины через llt /2, /3- Докажем, что
/?!+ R2+ Rs > 2 (/!+ /2+ /3).
Обозначив Ζ ВОС = 2α, Ζ СОЛ = 2β, Ζ ЛОБ = 2γ, по формуле
задачи 93 (см. с. 42) находим
2/^2
А так как 2 YrxR2 < #t + #2, то
/з < /яТ^г cos γ.
Аналогично
h < F #2#3 cos α, /2 < //?3/?з cos β.
Следовательно,
h + h + /3 < /^i/?2 cos γ + /£^ cos β + V~R2Rs cos a,
где равенство имеет место лишь тогда, когда Rt= R2~ #з·
Остается доказать, что
#ι + #2 + Rs > 2 О^Яг" cos γ + /tf^ cos β + V"R2~Rl cos a) .
Положим Vrx = x> VR2 = У у VRs = ζ. Тогда
x2 + У2 + ζ2 > 2 (яг/ cos γ + *z cos β + yz cos a),
где a+ β +γ = 180°. Мы пришли к неравенству, доказанному ранее (см.
задачу 114, с. 104).
Итак,
R,+ R2+ /?з>2(/1+ /2+ /3).
Равенство здесь достигается лишь тогда, когда a = β = у и /?j= /^з—
— i?3» то есть лишь для правильного треугольника и его центра О. Ясно, что
доказанное неравенство — усиление неравенства Эрдёша — Морделла (см.
с. 128).

СТЕРЕОМЕТРИЯ
ОСНОВНЫЕ ТЕОРЕТИЧЕСКИЕ СВЕДЕНИЯ
В представленных далее задачах речь идет о таких свойствах
фигур в пространстве, как параллельность прямых и плоскостей,
отношение отрезков, лежащих на одной прямой или на
параллельных прямых, отношение объемов многогранников. Методы и
приемы решения во многом сходны с теми, которые применяются при
решении аналогичных планиметрических задач. Для решения
задач, кроме теорем планиметрии, используются теоремы о взаимном
расположении прямых и плоскостей в пространстве, признаки
параллельности прямых и плоскостей.
При решении задач на вычисление отношения объемов находят
применение следующие леммы:
1. Если вершины D и Dx тетраэдров ABCD и АВСОг
лежат по одну сторону от плоскости ABC, то эти
тетраэдры равновелики тогда и только тогда, когда
прямая DDx параллельна плоскости ABC.
2. Если тетраэдры A BCD и ABCDl имеют общую
грань ABC и вершина Dx принадлежит прямой AD, то
VABCDt __ ADX
У ABCD ~~ AD ·
119

3. Если тетраэдры ABCD и i41U,C1Z) имеют общую
вершину D, а грани ABC и А1В1С1 лежат β одной
плоскости, то отношение их объемов равно отношению
площадей треугольников ABC и ΑλΒ^λ.
4. Если ребра трехгранного угла О пересечены двумя
плоскостями соответственно в точках А, В, С и Ах,
Bv Cu то
vOA1Bic1 0Аг · 0Вг · 0СХ
Уоавс ОАОВОС '
Доказательство первых трех лемм не представляет трудности.
Докажем последнюю лемму, используя предыдущие.
Рассмотрим тетраэдры ОАхВхСъ ΟΑβχΟ и С ABC. Согласно
лемме 2 имеем:
VOAiBtC1 _ 0С_Х
Уоалс ос '
Применим лемму 3 к тетраэдрам ΟΑχΒ^ и О ABC. Поскольку
треугольники ОЛ х51 и ОЛ β имеют общий угол, то отношение площадей
этих треугольников равно * пп - Следовательно,
уОАхвгс = А0г ■ 0Вг
Уоавс °* · ов '
Перемножив почленно полученные два равенства, имеем:
vOAtBtCt АОг · 0Вг · 0Сг
Уоавс ~~ ОА · ОВ . ОС '
Векторные формулы и соотношения, приведенные в главе I
(см. с. 26), справедливы для любых точек и векторов пространства.
Кроме них, при решении задач используются еще следующие
формулы и соотношения:
1) Условие принадлежности четырех точек одной
плоскости: если точки А, В, С и D принадлежат одной
плоскости, причем векторы АВ и АС не коллинеарны,
то
а) CD = α СЛ + $СЁ;
б) OD = аОА + βΟβ + (1 — α — β) ОС, где О —
произвольная точка;
в) OD = *ОА+ β0β + ч&С, где α + β + γ = 1.
Обратно, если одно из этих соотношений
выполняется, то точки А, В, С и D принадлежат одной
плоскости.
2) Единственность разложения вектора по трем
некомпланарным векторам:
120

если векторы а, Ь, с не компланарны, то из
равенства
ха + yb + zc = хха + yj) + zxc
следует, что x = xlt y=yv ζ = zv
ПРИМЕРЫ РЕШЕНИЯ АФФИННЫХ ЗАДАЧ
Пример 1. Дана четырехугольная пирамида NABCD,
основанием которой служит параллелограмм. На боковых ребрах
Л/ К
NB и NC взяты точки К и L такие, что -ггь = 4 и NL = LC. Плос-
Л£>
кость Л/CL пересекает ребро ND в точке М. Найти отношение -щ^.
Решение 1. Построим
сечение данной пирамиды NABCD
плоскостью AKL (рис. 1).
Сначала построим точку О
пересечения диагоналей
параллелограмма ABCD, затем точку Ρ
пересечения прямых AL и N0,
наконец, точку Μ пересечения
прямых К Ρ и ND.
Согласно условию задачи
дг£ = "к · Заметим, что Ρ—
точка пересечения медиан
Треугольника ACN, поэтому
ΝΜ
ND
N0
Рис. 1
Найдем λ =
Обозначим площади треугольников ΝΚΡ и ΝΡΜ через Sx и
S2, а площадь треугольника NBD — через S. Воспользуемся
леммой об отношении площадей треугольников, имеющих общий угол.
Учитывая, что площади треугольников NOB и NOD равны,
получим:
2S_, _ NP . ,У К = 8_ 2^ = λ JVP 2
ЛЮ- Νβ
15'
NO
ιλ·
Аналогично найдем отношение площадей треугольников ΝΚΜ
и NBD:
5i + 52 4 .
Из двух предыдущих равенств имеем:
sL+Jsi_ j_
==1Γλ + Τ^·
Следовательно,
15
4λ- Х λ 4- 4
5"λ"" "3 λ +Ϊ5'
121

откуда
x-f
Итак, -^ = у . Значит, ^ = ^
Решение2. Положим Л5 = а, ЛО = b, AN = с, векторы
а, ft, £ будем считать базисными.
Точки Л, /С, L, Λ1 принадлежат одной плоскости.
Следовательно, выполняется равенство
~АМ = оеЛ7( + РЛГ
Выразим векторы АК и AL через базисные векторы. По формуле
деления отрезка в данном отношении имеем:
-j-f? __A/V + 4A5 _4а+"с -j-r__IC + /UV ί+S + J"
Л А - g -—5—. л^- 2 = 2 '
Значит,
ал-(¥+{)*+}*+(!+$)?.
Теперь примем во внимание, что точка Μ принадлежит ребру
ND. Обозначив -^ = х9 получим:
1 + х
Приравняв в двух разложениях вектора AM коэффициенты при
одних и тех же базисных векторах, получим систему уравнений
5^2 U'
. _β = χ
I
2 1 + х'
5 г 2 1 + х'
Решив эту систему, имеем:
4
Вычисления будут несколько короче, если условие
принадлежности точек Л, /С, L, Μ одной плоскости записать в виде равенства
Ш = αΛ/7( + βΛ/Ζ" + (1 — а — β) /Ш.
Убедимся в этом, решив следующую задачу.
Пример 2. Дана пирамида SABCD, основанием которой
является параллелограмм. Проведена плоскость, пересекающая
122

боковые ребра SA, SB, SC, SD
пирамиды в точках /(, L, Μ, Ν
таких, что_ SK_= kM^SL^ ISB,
SM = mSC и SN = nSD.
Найти зависимость между
числами k, I, m, n и вычислить
отношение объемов пирамид SKLMN
и SABCD (рис. 2).
Решение 1. Согласно
условию принадлежности точек /С, L,
Μ κ Ν одной плоскости, имеем:
SN = aSK + β5Γ + ySM,
где α + β + γ = 1.
Используя условие задачи, получаем:
nSD = akSA + β/55 + ymSC.
Если О — точка пересечения диагоналей параллелограмма
ABCD. то
Рис.2
SA + SC = SB + SD = 250,
или
SD = SA — SB + SC.
Следовательно,
akSA + $ISB + ymSC = n(SA — SB + SC).
Отсюда
ak == η, β/ = — η, ym = п.
Учитывая, что а + β + γ == 1, получим:
η k I * m'
Обозначим объемы тетраэдров SKLN и SLMN через Уг и У2»
а объемы пирамид SKLMN и SABCD через У0 и У. Учитывая, что
Ks^d = Vsbcd = -g-» получим:
А так как Vx + V2 = ^о» то
Изучение полученных формул может подсказать простой способ
решения задачи без использования векторных соотношений.
123

Решение 2 . Сохраняя обозначения, использованные в
решении 1, имеем:
Рассматривая объем V0 пирамиды SKLMN как сумму объемов
тетраэдров SKLM и SKMN, аналогично получим:
Цр = ±Ы(/ + /1).
Приравняв правые части этих равенств, найдем зависимость
между числами k, I, m, п:
Imn + kin = kmn + klm,
или
k ' m I n
Таким образом, если заданы три из четырех чисел, входящих
в это равенство, можно вычислить четвертое, а затем найти
отношение объемов пирамид SKLMN и SABCD:
В частности, если fe=l, / = -=-, т=2", то
η 1 4 ^ Δ 4 '
Ь-L λ (ίι±)-ί2
V ~~ 2 " 2 ' \ 5 "*" 7 / " 35'
Решив задачу о сечении пирамиды плоскостью, мы получили
формулу, которую можно использовать для вычисления отношения
объемов пирамид.
Кроме приведенных решений, существуют и другие.
Соотношение между числами fe, /, т и η можно получить, используя
результат задачи 21 (см. с. 56).
124

Задачи на доказательство
1. Через концы трех ребер О А, ОВ, ОС параллелепипеда
проведена плоскость ABC, Диагональ 0D параллелепипеда
пересекает эту плоскость в точке М. Докажите, что Μ — центроид
треугольника ABC и ОМ = -ί 0D.
2. Докажите, что отрезки, соединяющие каждую вершину
тетраэдра с центроидом противоположной грани, так называемые
медианы тетраэдра, пересекаются в одной точке, которая делит
каждую из них в отношении 3 : 1,считая от вершины.
3. Докажите, что отрезки, соединяющие середины
противоположных ребер тетраэдра, пересекаются в одной точке и делятся
efo пополам.
4. Точки Μ и N — середины отрезков АВ и CD, Докажите,
что
MN = j(AD+BC).
5. Дан тетраэдр ABCD. Ребра А В и CD разделены точками
Μ и N в равных отношениях: тгб= тгг\- Докажите, что прямые АС,
BD и ΜΝ параллельны некоторой плоскости.
6. Два параллелограмма О А ВС и ОА^^С^ с общей вершиной
О лежат в разных плоскостях. Докажите, что прямые AAV ВВХ
и ССХ параллельны некоторой плоскости.
7. Даны два параллелограмма ABCD и Л1В1С101. Точки /(, L,
М, N— соответственно середины отрезков ААХ, ВВ1У CCV DDX.
Докажите, что отрезки ДТП и LN имеют общую середину.
8. На сторонах АВ, ВС, CD, DA неплоского
четырехугольника ABCD даны соответственно точки /С, L, М, N. Докажите,
что эти точки принадлежат одной плоскости тогда и только тогда,
когда
Щ Ж Ш Ш _ 1
ЖвТс'Жо'Ш
(см. теорему Менелая, с. 18).
125

9. Точки А> β, С, D не принадлежат одной плоскости. Отрезки
АВ и DC разделены точками Μ κ Ν в равных отношениях:
AM DN л г>п л гл η ^
rrg- = yygr = λ, отрезки ВС и ЛО разделены точками Ρ и Q в
равных отношениях: -^ = ^ = μ. Докажите, что точки Μ, Ν> Ρ и Q
принадлежат одной плоскости.
10. Плоскость, проходящая через середины Μ и N ребер А В
и CD тетраэдра ABCD, пересекает ребро ВС в точке Ρ и ребро
AD — в точке Q. Докажите, что ^ = ^~ .
Задачи на вычисление
11. Вершины треугольника ABC лежат по одну сторону от
плоскости а. Треугольник А1В1С1—параллельная проекция
треугольника ABC на эту плоскость, точки Μ и Мг — центроиды
этих треугольников. Найдите ММЪ если ААг = а, ВВг = b
и ССг = с.
12. Дан параллелепипед ABCDA^yCJ)^ Через вершину А
и центры Ρ и Q граней A1B1C1D1 и ΒΒχΟχΟ проведена плоскость.
В каком отношении делит эта плоскость ребро ВгС^
13. Основанием пирамиды SABCD служит параллелограмм.
Через вершину А проведена плоскость, пересекающая ребро SC
в точке L, а ребра SB и SD — в точках К и Λί, таких, что -^- —
2, дт^ = -s-. В каком отношении делит точка L ребро 5С?
Контрольные вопросы
1) Какие теоремы используются при решении
стереометрических задач с аффинным содержанием?
2) Сформулируйте леммы, которые применяются при
вычислении отношения объемов.
3) Запишите условия принадлежности четырех точек одной
плоскости.
126

14. Дан тетраэдр ABCD. Через вершину А и точку /С, взятую
на ребре BD, проведена плоскость, делящая объем тетраэдра
пополам. Известно, что ίτε> = τ · Найдите т-^-, где L — точка
пересечения секущей плоскости с ребром CD.
15. Дана треугольная призма АВСА^В^х. Через сторону ВС
основания и середину /G ребра АгВг проведена плоскость,
делящая призму на два многогранника. Найдите отношение их
объемов.
16. Плоскость, параллельная двум скрещивающимся ребрам
тетраэдра ABCD, делит его на два равновеликих многогранника.
В каком отношении остальные ребра тетраэдра делятся точками
их пересечения с этой плоскостью?
17. Докажите, что плоскость, проходящая через середины
противоположных ребер тетраэдра, делит его на два равновеликих
многогранника.
18. Дана треугольная призма ABCAXBXCV Плоскость
пересекает ребра ААЬ ВВЪ и ССг соответственно в точках L, Μ и N.
Найдите отношение объема многогранника ABCLMN к объему данной
призмы, если
AL _ * ВМ_ _ CN _
ААг " 1* ВВХ "~ т> ССг ~~ П'
19. Для каждой вершины тетраэдра строится точка,
симметричная ей относительно центроида противоположной грани. Найдите
отношение объема тетраэдра, вершинами которого являются
построенные точки, к объему исходного тетраэдра.
20. В основании пирамиды SABCD лежит параллелограмм
ABCD. Через вершину А и точку К — середину ребра SC
проведена плоскость, пересекающая ребра SB и SD в точках Μ и N.
127

Доказать, что
I Ъ А
3 < V' < 8 '
где V — объем пирамиды SABCD, Уг — объем пирамиды SAMKN.
Контрольные вопросы
1) Какие прямые в пространстве называются параллельными?
2) Какие прямые в пространстве называются
скрещивающимися?
3) Что значит: прямая и плоскость параллельны?
Сформулируйте признак параллельности прямой и плоскости.
4) Известно, что прямая параллельна плоскости.
Параллельна ли она любой прямой, лежащей в этой плоскости?
5) Верно ли утверждение, что плоскости параллельны, если
прямая, лежащая в одной плоскости, параллельна прямой
другой плоскости? Сформулируйте признак параллельности
плоскостей.
6) Запишите основные векторные формулы и соотношения,
применяющиеся для решения стереометрических задач с
аффинным содержанием.

СТЕРЕОМЕТРИЯ
ОСНОВНЫЕ ТЕОРЕТИЧЕСКИЕ СВЕДЕНИЯ
Далее представлены задачи на доказательство перпендикулярности
прямых и плоскостей в пространстве, на вычисление расстояний
и углов и др. Для решения таких задач особенно часто
применяются теоремы о двух и трех перпендикулярах. Используются
также тригонометрические соотношения, известные из курса
планиметрии, и некоторые другие, в частности, теорема косинусов
для трехгранного угла.
Если α, β, у — плоские углы трехгранного угла и А — величина
двугранного угла, противолежащего плоскому углу а, то
cos а = cos β cos γ + sin β sin у cos A.
Теорему можно доказать с помощью теоремы косинусов для
треугольника другими способами (см. решение задачи 41, с. 65).
При решении стереометрических задач возрастает роль
векторного метода. Векторное решение многих задач значительно проще
решений, полученных элементарными средствами, и отличается
общностью.
Обратим внимание на два замечательных тождества.
129

1) Для любых четырех точек А, В, С, D имеет
место равенство
AB2 + CD2 — AD2 — BC2 = 2AC- ~DB
(оно было доказано на с. 26).
2) Для любых точек А, В, С, D имеет место
векторное равенство
Jb 7П) + ~вс aud+ca Ш = о.
Для доказательства выполним следующие преобразования:
~AB- CD + BC- ~AD = Jb(AD — JC) + (AC — lb) - AD =
= —А~В. IC + JC - W==JC(AD — 7^B) = JC' BD.
Отсюда следует, что
AS · CD + ВС · ~AD + CA - W= 0.
Поскольку оба равенства справедливы при любом расположении
точек Л, Ву С и D в пространстве, то ими можно пользоваться для
решения как планиметрических, так и стереометрических задач.
Некоторые метрические задачи удобно решать координатным
методом. При этом находит применение уравнение плоскости в
прямоугольной системе координат:
Ах + By + Сг + D = 0,
где А, В, С — координаты вектора, перпендикулярного плоскости.
Положение плоскости в пространстве однозначно определяется
заданием трех ее точек, не принадлежащих одной прямой. Пусть
данная плоскость пересекает оси координат в точках Λία(α, 0, 0),
Λί2 (0,6,0), М3(0, 0, с), но не проходит через начало координат.
Подставив координаты этих точек в общее уравнение плоскости
получим:
Аа + D = 0, Bb + D = 0, Сс + D = 0,
где числа а, Ь, с и D отличны от нуля. Отсюда находим
А = -°-, 5 = -?, С — *.
a b * с
и уравнение Ах + By + Cz + D = 0 приводится к виду:
а ' Ь ' с
Полученное уравнение назьщают уравнением плоскости в отрезках.
Для вычисления расстояния d от точки Мг (х1У х2, х3) до
плоскости Ах + By + Cz + D ^= 0 применяется формула
d_\Axi + By1 + Cz1 + D\
Va2 + b2+c2
130

ПРИМЕРЫ РЕШЕНИЯ МЕТРИЧЕСКИХ
ЗАДАЧ
Пример 3. Выразить через плоские
углы α, β, γ трехгранного угла косинус угла
между его ребром и биссектрисой
противолежащего плоского угла.
Решение 1. Отложим на ребрах
трехгранного угла от его вершины О
единичные отрезки О А, ОВ и ОС (рис. 3).
Обозначим через D середину отрезка ВС.
Так как треугольник ВОС равнобедренный,
то 0D — биссектриса угла ВОС.
Согласно условию задачи Ζ ВОС = α, Ζ СО А = β, Ζ АО В =
= у. Требуется найти величину φ угла AGO. Из равнобедренных
треугольников ВОС, АОС, АОВ находим:
β
Рис. 3
ВС = 2 sin
С А = 2 sin
АВ
2 sin!
OD = cos -^
По формуле, выражающей длину медианы треугольника
через длины его сторон, имеем:
— sin2 -γ = 2 — cos β — cos у — sin2 ~ .
Воспользуемся теоремой косинусов. Подставив найденные
значения OD и AD в формулу
OA2 + OD*—AD*
COScp = ш ,
после упрощений получим:
cosq> =
cos β + cos у
a
2 cos -о
Вычисления оказались довольно громоздкими.
Приведем более краткое решение с использованием теоремы
косинусов для трехгранного угла.
Решение 2. Пусть OD — биссектриса угла ВОС. Плоскость
AOD образует с плоскостью ВОС смежные двугранные углы,
противолежащие плоским углам β и γ. Если χ — мера первого из них,
то (180°—х) — мера второго. Применив к двугранным углам
OACD и OABD теорему косинусов, имеем:
cos β == cos -^ cos φ + sin -к sin φ cos xy
cos у = cos ^ cos φ + sin -^ sin φ cos (180° — л:).
131

Сложим эти равенства почленно и, учитывая, что cos (180° —
— к) = —cos χ, получим:
cos β + cos γ = 2 cos -у cos φ,
откуда
cos β + cos у
cos φ = —— '.
α
2 cos -χ
Рассмотрим векторное решение задачи.
Решение 3. Если а, ЬУ с — единичные векторы, сонаправ-
ленные с ребрами О А, ОБ, ОС трехгранного угла, то предстоит
найти косинус угла φ между векторами а я b + с (последний со-
направлен с биссектрисой угла ВОС). По определению скалярного
произведения имеем
а · Ъ = cosy, а · с = cos β.
Следовательно,
а · (b + с) cos β 4- cos у
COS φ = -=—Чг-1—Ч^ = — r.
1амй + с' 2cos|
Как видим, решение получилось простым и компактным.
Следует иметь в виду, что векторный метод, как и любой другой,
не является универсальным, хотя он и применим к решению
широкого круга геометрических задач. Обычно векторный метод
с успехом применяется для доказательства перпендикулярности
прямых и отрезков, для вычисления расстояний и углов. Иногда
условие и заключение теоремы трудно записать в векторной форме,
и более эффективным является другой метод.
Следующую задачу решим традиционными средствами, а также
координатным методом.
Пример 4. Все плоские углы при вершине D тетраэдра ABCD
прямые. В тетраэдр вписан куб так, что одна из его вершин
совпадает с вершиной D тетраэдра, а противоположная ей вершина
принадлежит грани ABC. Вычислить
длину ребра куба, если DA — а,
DB = Ъ и DC = с.
Решение 1. Из условия
задачи следует, что три ребра куба,
выходящие из вершины D, лежат
на ребрах прямого трехгранного
β угла (рис. 4). Обозначим через L
и Μ вершины куба, принадлежащие
граням ABD и ABC. Поскольку
DL — диагональ квадрата, то точ-
А ка L принадлежит биссектрисе DE
Рис. 4 прямоугольного треугольника ABD.
132

А так как LM \\ CD, то точка Μ принадлежит отрезку СЕ. Пусть
N — вершина куба, принадлежащая ребру CD. Тогда MN \\ DE,
а треугольники CDE и CNM подобны.
По формуле, приведенной в задаче 93 (см. с. 42), находим
а-\- b
Обозначим длину ребра куба через х. Тогда CN = с — χ, ΜΝ =
= х]/"2. Составим пропорцию
с — χ __ (а-\-Ь)х
с ab '
откуда
аос
X -=
>-{-Ьс + са'
Решение 2. Выразим двумя способами объем тетраэдра
ABCD через данные и искомые величины и полученные выражения
приравняем. Объем тетраэдра ABCD равен сумме объемов трех
тетраэдров: MABD, MBCD и MCAD. Так как треугольник ABD —
прямоугольный и CD — высота тетраэдра ABCD, то его объем
равен -тг abc. Аналогично найдем объемы трех других тетраэдров
и получим уравнение
(ab + be + са)х = abc,
откуда
abc
χ =
1 + be + ca '
Преимущества второго способа решения очевидны.
Решение 3. Введем в пространстве прямоугольную систему
координат: D(0, 0, 0), А (а, 0, 0), В(0, Ь, 0), С(0, 0, с).
Запишем уравнение плоскости ABC:
а ' b ' с
Точка М, принадлежащая плоскости А ВС, одинаково удалена
от граней ABD, BCD, CAD, поэтому координаты точки Μ равны:
χ = у = г. Учитывая это, получим:
а ' Ь ^ с 1#
133

Значит, искомое соотношение можно записать так:
1=1+1+1
х а ' Ъ "· с '
Краткость координатного решения объясняется тем, что три
ребра данного тетраэдра, выходящие из одной вершины, попарно
перпендикулярны, поэтому прямоугольная система координат
естественным образом связывается с тетраэдром. Среди координат
точек много нулей, и вычисления очень просты. Обратим внимание
на то, что для решения задачи не потребовалось искать
вспомогательные линии. Достаточно было условие задачи и вопрос записать
в виде уравнения, чтобы решение ее получилось автоматически.
Контрольные вопросы
1) Дайте определение скалярного произведения векторов.
2) Перечислите свойства скалярного умножения векторов.
3) Как используется скалярное произведение для вычислений
расстояний и углов?
4) Какие векторные соотношения и формулы применяются
при решении метрических задач?

Задачи на доказательство
21. Докажите, что если прямая перпендикулярна двум
пересекающимся прямым, лежащим в плоскости, то она
перпендикулярна плоскости (теорема о двух перпендикулярах).
22. Докажите, что если прямая, лежащая в плоскости,
перпендикулярна проекции наклонной, то она перпендикулярна также
наклонной, и обратно, если прямая, лежащая в плоскости,
перпендикулярна наклонной, то она перпендикулярна и проекции
наклонной (теорема о трех перпендикулярах).
23. Докажите, что противоположные ребра АВ и CD тетраэдра
ABCD перпендикулярны тогда и только тогда, когда
АС2 + BD2 = AD2 + ВС2.
24. Докажите, что если две пары противоположных ребер
тетраэдра перпендикулярны, то ребра третьей пары также
перпендикулярны.
25. Докажите, что если основанием одной из высот тетраэдра
есть ортоцентр соответствующей грани, то противоположные
ребра тетраэдра попарно перпендикулярны, и обратно.
26. Докажите, что высоты тетраэдра пересекаются в одной точке
тогда и только тогда, когда его противоположные ребра попарно
перпендикулярны.
27. Докажите, что если противоположные ребра тетраэдра
попарно перпендикулярны, то плоские углы при каждой вершине
тетраэдра одноименные (все острые, прямые или тупые).
28. Докажите, что если биссектрисы двух плоских углов
трехгранного угла перпендикулярны, то биссектриса его третьего
плоского угла перпендикулярна каждой из первых двух биссектрис.
29. Докажите, что плоскость, проходящая через концы трех
ребер куба, имеющих общую вершину, перпендикулярна
диагонали куба, выходящей из той же вершины.
30. Дан куб ABCDA1B1C1D1. Прямые А ВЪВС„ CDly DAX
пересечены произвольной плоскостью, параллельной грани ABCD.
Докажите, что точки пересечения являются вершинами квадрата.
135

31. Докажите, что параллелепипед, у которого все диагонали
равны, прямоугольный.
Задачи на построение
32. Даны скрещивающиеся прямые а и Ь. Постройте прямую,
пересекающую обе данные прямые и перпендикулярную каждой
из них.
33. Постройте общий перпендикуляр скрещивающихся
диагоналей двух смежных граней куба.
34. Через диагональ куба проведите сечение плоскостью так,
чтобы площадь сечения была наименьшей.
35. Две скрещивающиеся прямые а и Ъ пересечены прямой с
соответственно в точках А и В. Постройте прямую <2,
перпендикулярную с и пересекающую прямые а и Ъ в точках Аг и Вь
для которых ААг = ВВг.
Контрольные вопросы
1) Верно ли утверждение, что прямая перпендикулярна
плоскости, если она перпендикулярна двум сторонам трапеции,
лежащей в этой плоскости?
2) Какие плоскости называются перпендикулярными?
3) Сформулируйте признак перпендикулярности двух
плоскостей.
4) Дайте определение угла между прямыми.
5) Дайте определение угла между прямой и плоскостью.
6) Что называется расстоянием между скрещивающимися
прямыми?
7) Одна из скрещивающихся прямых лежит в плоскости,
другая— перпендикулярна этой плоскости. Как расположен общий
перпендикуляр данных прямых?
136

36. Вычислите длину медианы DM тетраэдра ABCD, если
известны длины его ребер: Ό А = a, DB = 6, DC = с, ВС = аъ
СА = Ьъ АВ = сг.
37. Вычислите длину отрезка, соединяющего середины ребер
АВ и CD тетраэдра ABCDy если известны длины ребер тетраэдра.
38. Выразите косинус угла между двумя противоположными
ребрами тетраэдра через длины его ребер.
39. Дан тетраэдр ABCD с прямыми плоскими углами при
вершине D. Найдите радиус сферы, описанной около тетраэдра, если
DA = a, DB = b, DC = с.
40. Противоположные ребра тетраэдра равны соответственно
а, Ь и с. Вычислите радиус сферы, описанной около тетраэдра.
41. Плоские углы трехгранного угла равны α, β, γ. Найдите его
двугранные углы.
42. Прямая а образует с плоскостью угол а. В данной плоскости
проведена прямая 6, образующая с проекцией прямой а на
плоскость угол β. Найдите угол φ между прямыми а и Ъ.
43. Непересекающиеся диагонали двух смежных граней
прямоугольного параллелепипеда наклонены к плоскости основания под
углами α и β. Найдите угол у между этими диагоналями.
44. Плоский угол при вершине правильной треугольной
пирамиды равен а, боковая грань наклонена к основанию под углом
β. Найдите зависимость между углами α и β.
45. Плоский угол при вершине боковой грани правильной
четырехугольной пирамиды равен а. Вычислите угол у при вершине ее
диагонального сечения.
137

Ответы,
указания,
решения.
=^j
ГЛАВА I. АФФИННЫЕ ЗАДАЧИ
§ 1. Параллельность и пропорциональность в пространстве
Задачи на доказательство
1. Решение 1. Обозначьте через Ε середину отрезка ЛВ и докажите,
что диагональ OD параллелепипеда пересекает отрезок СЕ в точке Μ такой,
что
ЕМ _ ОМ _ 0£ _ J_
МС ~ MD - CD ~ 2 *
Решение 2. Выразите вектор ОМ через векторы О А, ОБ и ОС
двумя способами:
OM = kOD = кЩ + Ш+ос), ~ом = оШ + $ов + у"ос,
где α + β + γ= 1.
Решение 3. Пусть Μ — центроид треугольника ABC. Тогда
ОМ = "з (ОЛ + 05 + ОС).
Применив правило параллелепипеда, докажите, что
Ш = "з ό/λ
2. Решение 1. Пусть ABCD — данный тетраэдр и точка К —
середина его ребра CD. На отрезках А К и Б/С постройте соответственно точки
ΑΒγ ВАХ
Вх и Аг такие, что ίγί> — ~Κ~ν~^· Тогда ААг и BBX — медианы тетраэдра.
Обозначив точку их пересечения через М, установите, что
AM _ВМ__АВ_ _
МА±~ МВг~ Л^!-3*
Решение 2. Выразите вектор AM через векторы АВ, АС и AD
двумя способами:
ЛМ = аАА[ = з" α (АВ + ЛС + AD),
Ж = ^ + 2Ш == АВ + βθθχ = (1 — β) ЛЯ + "з &АС + "з β^Ο.
138

Но векторы АВ, АС и AD не компланарны, следовательно,
сс = β и -ό-α = 1 — β,
α= β= Τ.
откуда
Решение 3. Постройте на медиане AAt тетраэдра ABCD точку Μ
AM
так, чтобы
МЛ,
3. Докажите, что
ОМ = -j (ОЛ + ОБ + ОС + OD),
где О — произвольная точка.
Если Мх — точка, делящая какую-либо из трех других медиан тетраэдра
в отношении 3:1, считая от вершины, то для вектора ОМ1 получится то же
самое выражение, то есть точки Μ и Μι
совпадают.
3. Решение 1. Пусть отрезок EF
соединяет середины ребер ВС и AD, а
отрезок KL — середины ребер АВ и CD
тетраэдра ABCD (рис. 5). Докажите, что
точки /С, Е, L, F являются вершинами
параллелограмма, поэтому отрезки EF и KL
имеют общую середину.
Решение 2. Пусть DD± — медиана
тетраэдра ABCD (рис. 5). Рассмотрите
треугольник ADE, где Ε — середина ребра
ВС. Из условия задачи следует, что AF =
= FD и ADt = 2D1E. Отсюда выведите,
что отрезок EF пересекает медиану DD1
DM
в точке Μ такой, что КТГ= 3 и ЕМ = MF,
Другими словами, отрезок EF проходит через точку Μ пересечения медиан
тетраэдра и делится ею пополам.
Решение 3. Пусть Μ — середина отрезка EF. Тогда
Рис. 5
ОМ
^(OE + OF)
j (OA + OB + OC + OD).
Из решения 3 задачи 2 следует, что Μ — точка пересечения медиан
тетраэдра ABCD.
Таким образом, медианы тетраэдра и три отрезка, соединяющие середины
его противоположных ребер, пересекаются в одной точке. Эту точку
называют центроидом тетраэдра.
4. Решение 1. Имеем:
А так как ЖА + ~МВ = 0иС/5 + Ш = 0, то
2MN = 15 + Ш.
Решение 2. По формуле середины отрезка имеем:
ΟΜ = ~2 (ОА + Щ, Ш^ = -2 (OC + OD).
Поэтому
Ш = М — Ш = ^ (ОС + OD — ОА —OB) = ^ (AD + ВС).
139

Решение 3. Пусть К — середина отрезка АС. Тогда Μ К и ΚΝ —
средние линии треугольников ЛВС и ACD, поэтому
Мк^-'ВС и #W == -^ ЛО.
Таким образом,
Ж = Ш + W = γ (AD + Щ.
5. Решение 1. Согласно условию задачи имеем:
— Ш + λΟΒ — TJC+WD Л Ш
ом = —ι lii , 0;V = —. , . , где λ = = .
1 +λ 1 +λ MB
Следовательно,
1 -ρ λ 1 -ή- λ
Так как вектор MW допускает разложение по АС и BD, то эти три вектора
компланарны, а прямые Λί#, ЛС и BD параллельны плоскости.
Решение 2. Имеем:
Умножим второе равенство на λ и сложим эти равенства почленно.
Учитывая, что МА + КМ~В=== О и СЛГ+ XDN = 0, получим:
(1 + λ)ΛΠν = ЛС + KBD.
AL
Решение 3. Построим на ребре AD точку L такую, что Tjy — λ. Тогда
АС || LN, BD || LM. Следовательно, прямые ЛС, BD и MW параллельны
плоскости LMN.
6. Решение 1. Обозначим через Μ и М1 центры параллелограммов
О ABC и ОА-^В^^ Тогда ММг — средняя линия треугольника ОВВг и ММг—
1 Л
= "о" £#ι· А так как Μ и ^ι — середины отрезков АС и АгС1у то
ЛШХ = -2 (ΑΑΊ + CCi)
(см. задачу 4, с. 125). Отсюда следует, что векторы ЛЛЬ Б/?! и ССг
компланарны, а прямые ААЪ ВВг и СС3 параллельны некоторой плоскости.
Решение 2. Имеем:
лл7= оа[—~оа, сс7= Щ—ос, Ш'1^Ш[ — Ш.
А так как
0£ = ОЛ + ОС, OS^ ="04!+OC"L,
то
ВВ1=- ААХ + ССХ.
Решение 3. Применим параллельный перенос. Построим точку D такую,
что 7^5 = Л5. Тогда BD = АА[. Докажем, что DBX = CCV
Действительно, так как О ABC и ABDAt — параллелограммы, то ОС =
= ~АВ= ЛтО. Следовательно, ОСРЛ! — параллелограмм. Учитывая, что и
ОА1В1С1 — параллелограмм, получаем: CD = 0А1 = С^. Отсюда следует,
что СОВгСг — также параллелограмм, поэтому DZ?! = CCi. Значит, прямые
ЛЛХ, ВВ1у СС1 параллельны плоскости BBXD.
140

7. Решение 1. Пусть О и Ог — точки пересечения диагоналей
параллелограммов ABCD и A^^CJ)^ Докажите, что середины отрезков ООъ КМ
и LN совпадают.
Решение 2. Используя векторную формулу для середины отрезка,
докажите, что
OK + OM = OL + 6Ж
Решение 3. Воспользуйтесь формулой задачи 4 (см. с. 125) и
докажите, что
8. Решение 1. Пусть точки /С, L, Μ и N принадлежат одной
плоскости. Если плоскость KLM параллельна прямой АС, то KL \\ АС и ΜΝ \\
|| АС. В таком случае доказываемое равенство вытекает из теоремы о
пропорциональных отрезках. Если же плоскость KLM пересекает прямую АС в
точке Р, то согласно теореме Менелая для треугольника (см. задачу 12,
с. 18) имеем:
АК Ж £Р___ СЖ Ш_ ЛР
Жв ' Тс ' ТА~~ ' Ш' Ш ' Тс ~~~ '
Перемножив эти два равенства почленно,получим доказываемое
соотношение.
Обратное предложение легко доказывается способом от противного.
Допустим, что плоскость KLM пересекает прямую AD в точке Nlt Тогда из
данного соотношения и соотношения, записанного для точки Nlt следует, что
точки N и Nl совпадают.
Решение 2. Пусть =- = а, ■=■ = β, -= = у, -=- = δ. Будем
рассматривать векторы, отложенные от точки К.
Тогда имеем:
ТВ + НС КС + уКР
KL= 1 + р , ΚΜ= ,+ν ,
— KD + δίζΑ — КБ—адЖв
*N= 1 + 6 или KN= 1 + 6 -
так как К А = — аКВ.
Точки К, L, Μ и N принадлежат одной плоскости тогда и только тогда,
когда существуют такие числа λ и μ, что
или числа χ и у такие, что
(\ + д)Ш= х(\ +$)М + у (\ + у) КМ.
После подстановки в это равенство значений векторов KL, КМ и ΚΝ
получим:
(αδ + χ)ΚΒ+ Фх + У) КС+ (УУ- 1)ΛΌ = 0.
Но векторы KB, КС и KD не компланарны, следовательно,
αδ + χ = 0, β* + у = 0, γί/ — 1=0.
Отсюда находим необходимое и достаточное условие принадлежности точек
/С, L, Μ, Ν одной плоскости: αβγδ = 1.
9. Решение 1. Примените к четырехугольнику ABCD теорему
Менелая (с. 18).
141

Решение 2. Разделите отрезок MN точкой S в отношении μ: -=τ=μ.
_ ' р SN ^
Докажите, что OS = —ГТТ— » откуда следует, что точка S делит отрезок
PQ в отношении λ и прямые ΜΝ и PQ пересекаются, то есть точки Μ, Ν,
Ρ и Q принадлежат одной плоскости.
Решение 3. Постройте параллелограмм ABCDX и спроектируйте на
рго плоскость в направлении DDX отрезки MN и PQ.
10. Решение 1. Примените теорему Менелая (см. задачу 8, с. 141).
~ВР
Решение 2. Пусть ·=- = λ. Постройте на ребре AD точку Qx так,
чтобы ===λ. Воспользуйтесь результатом задачи 9 и докажите, что точка
ζ?! совпадает с точкой Q. Значит, ΤΤή^ψτ·
Кроме того, из решения задачи 9 вторым способом выведите, что отрезок
PQ делится прямой ΜΝ пополам.
Задачи на вычисление
1
11. j(a + b + c).
Решение 1. Установите, что медиана A1Dl треугольника А1В1С1
является параллельной проекцией медианы AD треугольника ABC, а точка
М± — проекцией точки М. Рассмотрите трапецию ADD1A1 и докажите, что
1 2
ΛίΛί! = "з AAl + -% DDX.
Решение 2. Воспользуйтесь векторной формулой центроида
треугольника и докажите, что
ШМ1 = J (Mi +~ВВг + CCJ-
BtN
12. дттг = 2, где /V — точка пересечения ребра В1С1 с плоскостью APQ.
Решение 1. Построим сечение параллелепипеда ABCDAiB1C1Dl
плоскостью APQ. Пусть Рг — центр грани ABCD и Qt — середина ребра ВС.
Прямые РРг и QQl параллельны ребру AAlt точки Рх и Q, —проекции точек
Ρ и Q на плоскость ABC. Прямые PQ и Р^г пересекаются в некоторой
точке R, принадлежащей плоскости ABC, прямые AR и ВС — в точке М.
Точка N, симметричная Μ относительно Q, есть искомая точка пересечения
ΒΛΝ
плоскости APQ с ребром В±Сг. Найдем -ττρς-.
Треугольники РР^ и QQ^ гомотетичны, а так как QQX = -^ РРг, то
Q^ = -£ PtR, или QtR = Р& = -§■ Л£.
Треугольники ЛБМ и βζ^Μ также гомотетичны, значит, MQi = у £М.
А так как Qj — середина отрезка ВС, то СМ = 2Λίβ. Следовательно,
β,Λ/ СМ
/VCX _ MB ~ 2*
142

Решение 2. Более экономное
решение получим, выполнив следующее
построение. Сначала построим точку L
пересечения прямых АР и ССг. Затем
проведем прямую LQ, которая
пересечет ребро θχίχ в искомой точке N.
Заметим, что PCt — средняя линия
треугольника ACL, а ΝΟλ — средняя
линия треугольника MCL.
Следовательно,
NC± = ~2 МС= -g ΒτΝ,
или
ΒλΝ
NCt:
Рис. 6
Решение 3. Пусть плоскость APQ пересекает ребро В1С1 в точке N.
Положим ЛВ = a, AD = Ь, АА1 = с. Так как векторы AN, АР и ~AQ
компланарны, а последние два вектора не коллинеарны, то
Т77 иТБ , ,Т7Т Л«±*
"л
?
(ί+<)=-
2
(-.+Ч^).
+ cj+l
ϊ+(* + ^)ϊ·
С другой стороны,
ΖΫ = АВ + θ^ + Ιζ/V = α + λЪ = с,
где λ — число, которое требуется найти.
Так как векторы а, Ъ, с не компланарны, то полученные два разложения
вектора AN совпадают, поэтому
к
-2+1
1,
k + l
λ, k + T + l.
Из этой системы находим, что λ = ίγ , поэтому
13· LC~ 5
WC,
= 2.
Решение 1. Пусть медиана SO треугольника SBD пересекает отрезок
КМ в точке Ρ (рис. 6). Прямые АР и SC пересекаются в точке L. Сначала
SP
вычислим отношение -=^.
В плоскости SBD через точку К проведем прямую, параллельную прямой
SN
BD, которая пересечет ребро SD в точке N такой, что тгъ — 2. Обозначив
через R точку пересечения отрезков ΚΝ и SO, имеем:
SR__SK _ 2_
SO~ SB~~ 3 ·
ND
SR= ± SO.
143

А так как Ρ — точка пересечения медиан треугольника SKN, то
sp= -|s/?= Aso,
или
SP__ 4_
РО~ 5 ·
К треугольнику SOC и секущей AL применим теорему Менелая (см.
задачу 12, с. 18). Получим:
SL_ 2_
LC~ 5 *
Решение 2. Так как прямая ВС параллельна плоскости SAD, то линия
/ пересечения плоскостей SAD и SBC параллельна прямой ВС. Пусть прямая
AM пересекает / в точке Е, а прямая КЕ, проходящая через точку L, пере-
SE
секает прямую ВС в точке F. Найдем -~-=.
Треугольники MAD и MES, KES и KFB гомотетичны. Поэтому
1 .- 1 ~ 1
SE =
Значит,
SE=^AD, BF=jSE = -^ AD.
5
CF = -j ЛО.
Треугольники L£S и LFC также гомотетичны, поэтому
SX_S£ _2_
LC~ CF ~ 5 '
Решение 3. Пусть AB — a, AD — b~, AS = с. Тогда
2a + c —Γ 5+2c _ α + 6+λϊ Λ CL
ΑΚ = -Ύ-,ΑΜ = -Ύ-, AL= 1 + λ , где λ = ^ .
Векторы ΑΚ, AM и AL компланарны, а векторы Л/С и ЛМ не кол·
линеарны, поэтому
Л1= аАК+ §Ш.
Подставив соответствующие значения, будем иметь:
ТТ 2а~ , β7^<* + 2β "
Л^ = -о-а + -о"6 + —β— с.
В силу единственности разложения вектора по трем некомпланарным
векторам, получим
_J 2α 1 β λ α + 2β
1 + λ — 3 ' 1 + λ~3"' 1 + λ= 3 ·
Отсюда
5 SL ^
λ== Υ и IC= 5 ·
§ 2. Объемы
14. 5.
Решение 1. На ребре CD постройте точку L так, чтобы отрезок KL
разделил площадь треугольника BCD пополам. Для этого проведите медиану
144

СМ этого треугольника, а затем через точку Μ проведите прямую,
параллельную СК, которая пересечет ребро CD в искомой точке L. Так как CL || СК,
DL DM DL е
то 'пг — 'пТГ* откуда выведите, что Тг— 5.
Из этого решения видно, что искомая плоскость пересечет ребро CD,
DK DK t
если γΈ> 1 и ребро ВС, если ^ъ < 1·
DK-DL 1
Решение 2. Пользуясь леммой 4, докажите, что J)gT~DC == ΊΓ'
DL
Отсюда выведите, что TF = 5.
7
16. -g .
Решение 1. Пусть плоскость ВС Кг пересекает ребро АгСх в точке Llm
Тогда ΚχΙλ — средняя линия треугольника АгВ-[Сг. Обозначьте через К, L,
Μ середины сторон АВ, АС, ВС основания ABC. Усеченная пирамида
ABCAiKiL^ разбивается плоскостями KiKL и КгКМ на три части: призму
AKLA1KiL1, тетраэдр КгКВМ и призму КгКМЦЬС, объемы которых
обозначьте через Vlt V2, V3, а объем данной призмы — через V.
1 ■/ ./ - I V и V3 = j
Установите, что V1=-jVi 1/2=79^ и ^з = Τ ^ (объем
параллелепипеда CLKMC1L1K1M1 равен "о"^1. Следовательно,
^1 + ^2 + ^3=12^
Решение 2. Пусть Μ и М± — середины ребер ВС и B-fi^ Плоскость
К^ММ{ разбивает многогранник /C1L1BCC181 на призму КгММ^ССг и
четырехугольную пирамиду К\ВММХВХ. Докажите, что объемы их равны соответ-
1 1 5
ственно -г V и -?? V, а объем многогранника равен тъ V, где V — объем
данной призмы.
Решение 3. Пусть плоскость BCKi пересекает продолжение ребра
AAL в точке D. Обозначьте объемы пирамид DABC и DAK\LX через Vt и V2,
а объем данной призмы через V. Установите, что
2
ν^-,ν, v^^v
Следовательно,
Γ2ν,νχ.
8
-г."·
Таким образом, объем усеченной пирамиды
7
ABCA^i^! равен гй К, объем многогран-
5
ника KiLiBCC1B1 равен Го V, а отношение
7
их объемов равно -£-.
16. Ρ е ш е н и е 1. Пусть плоскость,
параллельная ребрам АС и BD тетраэдра,
пересекает ребра АВ, ВС, CD и DA
соответственно в точках К, L, Μ и N (рис. 7).
Так как ДТ || АС и MW || ЛС, то
KL\\MN. Точно так же KN\\LM.
Значит, KLMN — параллелограмм. Обозначим
АК AN CM CL
7-5= ос, тогда ^ = ш = ^ = а.
Рис. 7
145

Многогранник BDKLMN разобьем на две пирамиды DKLMN и DBKL,
объемы которых обозначим через Уг и V2. Аналогично многогранник ACKLMN
разобьем на две пирамиды CKLMN и CAKN, объемы их обозначим через
RK Τ 1
Vs и К4, а объем тетраэдра ABCD — через V. Так как т> = η ι ™Ъ2> то
^лвс ν1 "г а)
согласно лемме 3 (см. с. 120), имеем:
Аналогично получим
Следовательно,
V
(1 + α)2 '
VV
■■a\
Пользуясь леммой 2 (см. с. 119), находим, что тг — а.
Поскольку многогранники ACKLMN и BDKLMN равновелики, то
Vt+ V2= V3+ l/4,
или
Vi+ V2 = aV1+a^V2.
Это равенство приведем к виду
(1 -a) {Vi+ (1 + а) V2) = 0.
Отсюда а — 1. Значит, искомая плоскость
проходит через середины ребер АВ> ВС,
CD и DA тетраэдра.
Решение 2. Пусть искомая
плоскость отсекает от тетраэдра ABCD
многогранник BDKLMN\ объем которого должен
составлять половину объема тетраэдра
ABCD. В грани BCD через точку Μ
проведем прямую, параллельную ВС и
пересекающую ребро BD в точке Η (рис. 8).
Плоскость ΗΜΝ параллельна
плоскости ABC (на основании признака
параллельности плоскостей) и разбивает
многогранник BDKLMN на призму с основанием
BKL и тетраэдр DHMN, объемы которых
АК
обозначим через Vx и У2. Сохраняя обозначение -^ъ — ос, находим:
В
Рис. 8
>bkl
1
Sabc~V+«)2'
Учитывая, что Уг = 3VNBKL> получим:
Vi
vN BKL
3V
NABC
'ΝΑ
вс ~(α+1)2
В силу леммы 2 (см. с. 119) имеем:
' NABC
AN a
AD~a+ 1 "
146

Из полученных равенств следует, что
За
V\
V ~ (а+ I)3'
Тетраэдр DHMN гомотетичен тетраэдру DABC. А так как
DN
DA:
1
1
Таким образом,
= а + 1 » то V ~~(а + 1)з ·
Уг + У2 За+1
(а+1)з '
1
Согласно условию задачи V1-{- У2 — ~к У* следовательно, (а + I)3 = 6а + 1,
или (а — 1) (а2 + 4а + 1) = 0. Откуда α == 1.
17. Ρ е ш е н и е 1. Пусть плоскость,
проходящая через середины Μ и N ребер
ЛВ и CD тетраэдра ABCD, пересекает ребра
ВС и AD соответственно в точках Ρ и Q
(рис. 9).
Прежде всего заметим, что тетраэдры
ACMD и BCMD равновелики, так как
треугольники АСМ и ВСМ равновелики.
Докажем, что объем многогранника
ACMPNQ равен объему тетраэдра ACMD.
Имеем:
У
ACMPNQ:
' ACMD '
+ VMNPC— V
MNQD.
Рис. 9
Из решения 2 задачи 10 (см. с. 142)
следует, что отрезок PQ делится прямой MN
пополам, поэтому треугольники MNP и
MNQ равновелики. По условию CN = DN. Значит, тетраэдры MNPC и
MNQD равновелики. Таким образом,
VACMPNQ = ^ ACMD ~ ~2 ^ABCD·
Решение 2. Многогранник ACMPNQ состоит из четырехугольной
пирамиды CMPNQ и тетраэдра ACMQ, а многогранник BDMPNQ — из
четырехугольной пирамиды DMPNQ и тетраэдра BDMP.
Поскольку CN = DN', то пирамиды CMPNQ и DMPMQ с общим
основанием MPNQ равновелики. Остается доказать равновеликость тетраэдров
ACMQ и BMPD.
Согласно задаче 10 (см. с. 142), имеем:
ВР
ВС'
AQ
AD·
Пусть BP=kBC. Тогда SBpM = kSBCM, поэтому
^bpmd = ^bcmd-
А в силу равенства AQ = kAD получим
Поскольку Увсмо" VACMD* то равновеликость тетраэдров ACMD
и BDMP доказана. Значит, плоскость MPNQ делит объем тетраэдра A BCD
пополам.
18. з" (/ + т + л).
147

Рис. 10
3AL + (ВМ — AL) + (СΝ ■
глл}
Решение 1. Для определенности
будем считать, что I < т < /г, и через точку L
проведем сечение LPQ, параллельное
основанию призмы (рис. 10).
Объем многогранника ABCLMN равен
сумме объемов призмы ABCLPQ и двух
тетраэдров LMNQ и LMQP.
Обозначим объем многогранника ABCLMN
через Vi, а объемы призм АВСА1В1 С»! И
ABCLPQ соответственно через V и V2.
Заметив, что тетраэдр LMNQ
равновелик тетраэдру LNQP, получим:
уг V*+Vlmqp + Vlnpq
V -
V
3AL + PM + QN
AL)
- ЗЛЛ,
AL + BM + CN
ЗЛЛ,
jO + m+n).
Решение 2. Объем многогранника ABCLMN равен сумме объемов
трех тетраэдров LABC, LBCM и LMCN. Но тетраэдр LBCM равновелик
тетраэдру АВСМ, так как прямая AL параллельна плоскости ВСМ. Точно так
же докажем, что тетраэдр LMCN равновелик тетраэдру AMCN, который,
в свою очередь, равновелик тетраэдру ABCN. Таким образом,
Vl VLABC+VMABC + VNABC AL + BM + CN
Ίί — V — ЗЛА.
UAl = з (/ + т + д).
19.
Решение 1. Пусть Аг — центроид грани BCD, точка Л2 симметрична
вершине А тетраэдра относительно Αχ и Μ — точка пересечения медиан
тетраэдра ABCD. Согласно задаче 2 (см. с. 138) имеем
~МАг = -^ ЛМ, ЛИг = АА[ = j AM.
Следовательно,
Жа2 = Ж1г + А±А2= J ΛΛΪ»
МА2
-τΜΑ.
Аналогичный результат получим для точек В2, C2t D2t симметричных
вершинам В, С, D тетраэдра относительно центроидов противоположных
граней.
Значит, тетраэдр A2B2C2D2 гомотетичен тетраэдру ABCD, точка Μ —
5
центр гомотетии, коэффициент гомотетии k— —-g- , поэтому отношение их
/5\3
объемов равно l-g-I .
Решение 2. Так как точка Аг является серединой отрезка АА2
и центроидом треугольника BCD, то
-§■ (ОМ + Щ=--^ (35 + oc+aD),
где О — любая точка.
148

Для точки пересечения медиан тетраэдра A BCD имеет место формула
Ш= ^(ОА+Щ + ОС+Щ
(см. решение 3 задачи 2, с. 139).
Пусть точка О совпадает с точкой М. Тогда получим:
~Ш + Жв + мс+~Ш=='о,
а предыдущее равенство принимает вид:
j (MAI +Ш) = — -J Ш,
откуда
МА2= — j MА.
Далее поступаем так же, как и при решении 1.
20. Решение 1. Пусть диагонали параллелограмма ABCD
пересекаются в точке О, а отрезки SO и AL (медиана треугольника SAC) — в точке Ρ
SK SM SP 2
(рис. 6, с. 143). Обозначим: "οΊ?= *, eg" = У и, учитывая, что -^q = -«· ,
найдем зависимость между χ и у.
Вектор SP выразим двумя способами через векторы SB и SD. Пусть
■==λ. По формуле деления отрезка в данном отношении имеем:
SK+KSM xSB+KySD
sp = --*- —=п—^—
1+λ ~ 1+λ
С другой стороны
7777"" з"OLr = з
SP = -«г SO = ~ό (SB + SD).
А так как векторы SB и SD неколлинеарны, то
χ 1 %у 1
1 + λ = 3~ ' 1 Η- λ = "3" ·
Исключив из этой системы уравнений λ, получим
х + у = 3ху9 ί/ = 3Γ~Γ·
Vx
Теперь выразим -у как функцию х.
Обозначим объемы тетраэдров SAKM и SKLM через V2 и V3. Заметим, что
Vsabd — Vsbcd — ~о V> и воспользуемся леммой 4 (см. с. 120). Получим:
2V2 21/3 1
— = ху, — = "2 *У-
А как так V2 + V3= Vlt то
Ι'ι 3
149

^° У — Qy ι у следовательно,
Уг Зх2 J_
у - 4(3*—1) ' где 2 <х<с1'
х2 (Зх — 2)х
Пусть / (χ) = 3χ_ 1 , тогда /' (х) = (3л;— 1)2 ·
2 1 2
Отсюда следует, что /' (х) — 0 при χ — -^ , /'(*)< О при -~ < * < -о·,
2 „ Vi 2
/' (х) > О ПРИ * > "Г · Следовательно, функция -гг в точке χ = -w имеет наи-
1 ill
меньшее значение, равное у , а на концах промежутка γ , 1 —одно и то же
3
наибольшее значение, равное -g- , то есть
_1_ V\ _3
3 < V < 8 '
Решение 2. Пусть "/LB = ζ, AD = 72, AS = Ts. Векторы Tlt T2i Tz
будем считать базисными.
Условие принадлежности точек Л, К, L, Μ одной плоскости имеет вид:
Л = а ~АК + β ЛЖ
ВК DM —
Обозначим "Fo = *, "/То = У и выразим векторы АК и АН через базисные:
— /j + */jj -πϊ-γ h + yh
Значит,
α τ- , β 7 , / α* , β#
^ = Тн^/1 + Т+у/»+1ьм + Гн^:М:
3·
А так как L — середина отрезка CS и АС = Л5 + ЛО, то
Ж=~2 (АС+AS) ==-2 (AB+~AD + TS),
или
Л£ = -γ 1г + γ ^2 + "2" ^з·
В двух разложениях вектора AL приравняем коэффициенты при
базисных векторах. Имеем:
а 1 β 1 ах $у 1
l + x~~2' ΐ+ί/— 2' \+х~г\±у~2>
откуда следует, что χ + у — 1.
Далее, рассуждая так же, как и при решении задачи первым способом,
получим:
V, 3
V -4(1+*) (1+0·
150

или
Vi 3
V ~ 4(1 -\-χ)(2 — χ)>
где О < χ < 1.
Исследование этой функции легко выполнить без применения
производной. Так как квадратный трехчлен (1 + х) (2 — х) при χ = у имеет наи-
3
большее значение, равное γ , а на границах промежутка [0, 1] принимает
одно и то же значение, равное 2, то
3 < V < 8 "
Задача может быть решена и без применения векторов с использованием
приема сравнения объемов (см. пример 2, с. 122).
ГЛАВА И. МЕТРИЧЕСКИЕ ЗАДАЧИ
§ 3. Перпендикулярность в пространстве
Задачи на доказательство
21. Решение 1. Пусть в плоскости а даны две пересекающиеся
прямые b и с, прямая а перпендикулярна каждой из этих прямых и проходит
через точку их пересечения О. В плоскости α через точку О проведите
произвольную прямую d и докажите, что она перпендикулярна прямой а.
Для доказательства выберите на прямой а две точки А и Ait
симметричные относительно О, и проведите прямую /, пересекающую прямые Ь, с и d
соответственно в некоторых точках В, С и D. Установите, что треугольник
ADAX равнобедренный и, следовательно, его медиана DO является также
высотой.
Решение 2. Пусть прямые Ь, с и d, лежащие в плоскости ос,
проходят через точку О, как и прямая а, перпендикулярная прямым Ь и с. Постройте
вспомогательную прямую /, пересекающую прямые Ь, с, d в точках В, С, D
так, чтобы BD = DC (это всегда можно сделать, использовав свойство
диагоналей параллелограмма). Точки В, С и D соедините с произвольной точкой
А прямой а, отличной от О. Выразите медианы AD и OD треугольников ABC
и ОВС через их стороны:
АВ*+АС2 ВС2 ^о ОВ* + ОС2 ВС2
AD> = ± -—, OD* = ΐ - — .
Использовав теорему Пифагора, отсюда выведите, что
AD* — OD2 = ОА2.
Недостатком этого способа (как и предыдущего) является то, что
доказательство дается лишь для частного случая, когда прямая а проходит через
точку О пересечения прямых b и с. Используя определение угла между
скрещивающимися прямыми, нетрудно доказать, что утверждение теоремы
остается в силе и тогда, когда прямая а через точку О не проходит и d — любая
прямая, лежащая в плоскости.
Применив скалярное произведение векторов, теорему можно доказать
сразу в общем виде.
Решение 3. Пусть прямые b и с, лежащие в плоскости а,
пересекаются в точке О. Проведите в плоскости α произвольную прямую d и
докажите, что прямая а, перпендикулярная b и с, перпендикулярна также и
прямой d. Для этого на прямых b и с выберите соответственно точки θ и С, отлич-
151

ные от точки О, а на прямых and выберите пары несовпадающих точек А и Alt
D и Dle Разложите вектор DDX по неколлинеарным векторам ОБ и ОС:
Ш[ = хОВ + уОС.
Умножив обе части этого равенства на вектор AAlt установите, что ААХ χ
XDDl= 0.
22. Решение 1. Пусть АС А. а, АВ — наклонная, ВС — ее
проекция на плоскость α (рис. 11). Прямая /, лежащая в плоскости а,
проходит через точку В и перпендикулярна ВС. Отложим на / по обе стороны от
точки В равные отрезки ВМ и ΒΝ. Тогда СМ = CN как наклонные к
прямой /, имеющие равные проекции ВМ и BN', AM = ΒΝ как наклонные к
плоскости а, имеющие равные проекции СМ и CN. Следовательно,
треугольник ΑΜΝ равнобедренный и его медиана АВ является также высотой, то есть
АВ 1 L
Доказательство обратной теоремы аналогично.
Решение 2. Из
прямоугольных треугольников АМС и ABC по
теореме Пифагора находим: АМ2~
= АС2 + СМ2, АВ2= АС2+ ВС2.
Отсюда АМ2 — АВ2= СМ2 — ВС2.
Так как ВМ А ВС, то СМ2 —
—ВС2= ВМ2. Следовательно, AM2—
— АВ2 = ВМ2, и согласно теореме,
обратной теореме
Пифагора,треугольник АВМ прямоугольный: ВМААВ.
Обратная теорема доказывается
аналогично.
Решение 3. Пусть прямая /,
лежащая в плоскости а,
перпендикулярна ВС (прямая / может и не
проходить через точку В). Из
определения перпендикуляра к плоскости
следует, что АС А I. Итак, прямая /
перпендикулярна прямым ВС и АС, лежащим в плоскости ABC,
следовательно, согласно теореме о двух перпендикулярах, / _L АВ. Аналогично
доказывается и обратная теорема.
Решение 4. Имеем: АВ — АС + СВ. Выберем на прямой /, лежащей
в плоскости а, две точки Μ и N. Так как АС А. а, то АС А. I и АС · ΜΝ = г.
Следовательно,
αβ-Ίλν =7Τβ· μν.
Если ВС А I, то ~СВ · ~Μ~Ν = 0, поэтому ЛВ · ΜΝ = 0, то есть АВ А >,
и наоборот.
23. Решение 1. Из вершины С тетраэдра ABCD проведем nepnei -
дикуляр СМ к прямой АВ и точку Μ соединим с точкой D. Обозначим
Ζ BMD = φ. По теореме Пифагора из треугольников АСМ и ВСМ находим
AC2— BC2= AM2— ВМ2.
Применив теорему косинусов к треугольникам ADM и BDM, получим:
AD2— PD2 = AM2 — ВМ2+ 2АВ . DM cos φ.
Из этого равенства вычтем предыдущее. Тогда получим:
AD2 + ВС2 — АС2 — BD2 = 2АВ . DM cos φ.
Согласно теореме о двух перпендикулярах, если АВ A CD, то cos φ == 0,
и обратно. Таким образом, из полученного равенства следует, что АВ A CD
тогда и только тогда, когда
АС2+ BD2= AD2+ ВС2.
152

Решение 2. Для любых четырех точек пространства Л, J5, С, D
имеет место соотношение
AD2 + ВС2— AC2— RD2 = 2АВ . CD.
Отсюда следует, что А В A. CD тогда и только тогда, когда
АС2+ BD2 = АС2 + BD2.
Решение 3. Введем в пространство прямоугольную систему
координат так, чтобы вершины тетраэдра ABCD имели координаты: А (0; 0; 0),
В (%; 0; 0), С (х2\ у2\ 0), D (хъ\ yz\ z3). Используя формулу расстояния
между двумя точками, найдем, что
AD2 + ВС2 — АС2 — BD2 = 2хг(х3 — х2).
Далее заметим, ч^о АВ JL CD тогда и только тогда, когда х2 — *3-
24. Решение 1. Пусть A BCD — данный тетраэдр, АВ 1 CD и
АС 1. BD. Проведите высоту DH тетраэдра. Тогда ВН А. АС и СН А. АВ.
Докажите, что АН А. ВС и, следовательно, AD А. ВС.
Решение 2. Воспользуйтесь тождеством
АВ - CD + BC· AD + CA· W=0.
Решение 3. Воспользуйтесь результатом задачи 23.
25. Решение 1. Примените теорему о трех перпендикулярах.
Решение 2. Воспользуйтесь векторным равенством
~АВ · CD + Jb· 07Г= АВ · ШГ.
26. Ρ е ш е н и е 1. Если высоты тетраэдра пересекаются в одной
точке, то в силу теоремы о трех перпендикулярах противоположные ребра
тетраэдра попарно перпендикулярны.
Докажем обратное утверждение. Пусть противоположные ребра
тетраэдра ABCD перпендикулярны и Dtf4 — высота тетраэдра (рис. 12). Тогда
точка #4 является ортоцентром грани ABC (см. задачу 25, с. 135). Проведем
высоту AM треугольника ABC. Согласно теореме о двух перпендикулярах
прямая ВС перпендикулярна плоскости ADM. Поэтому ВС A. DM и
ортоцентр Нг грани BCD принадлежит DM. Таким образом, высоты AHt
и D#4 тетраэдра являются высотами треугольника ADM и, следовательно,
пересекаются.
Точно так же докажем, что высота ВН2 тетраэдра пересекается с
каждой из высот АН± и D//4. А так как никакие три высоты тетраэдра не
лежат в одной плоскости, то это возможно лишь при условии, что высота
ВН2 проходит через точку Η пересечения высот АНХ и D//4- Аналогичное
заключение можно сделать и о высоте С#3 тетраэдра.
Решение 2. Доказательство обратной теоремы будет нагляднее,
если дополнительно провести высоту MN треугольника ADM (рис. 12).
Поскольку прямая ВС перпендикулярна плоскости ADM, то ВС Α. ΜΝ.
Значит, MN — общий перпендикуляр
скрещивающихся прямых AD и ВС. Так как η
высоты A Hi и D#4 тетраэдра являются и
также высотами треугольника ADM, то У^Ч.
прямая MN проходит через точку их 1уС 1\\Ч.
пересечения Н. Ребро AD перпендику- >/\5^ V^»S.
лярно плоскости BCN по теореле о двух / \^\ V"^Nv
перпендикулярах, поэтому CN JL AD. / ^^ γΑχ \ ^^ 0
Отсюда следует, что ортоцентр Я2 грани / ^^ -ifV^x" /
ACD принадлежит прямой CN, а высота ^^-~~~"""""" \\\ Ч\/
ВН2 лежит в плоскости BCN. Высота ^~—- 1-VV -У
DH^ пересекает эту плоскость в точке Н. А *^**^^^ Нч \\ / ™
А так как любые две высоты тетраэдра "^"*^v^
пересекаются, то точка Η принадлежит
прямой ВН2. Аналогично докажем, £
что точка Η принадлежит также высоте
С#3 тетраэдр?. Рис. 12
153

Таким образом, все четыре высоты тетраэдра пересекаются в одной
точке. Кроме того, мы установили, что общие перпендикуляры
противоположных ребер тетраэдра также проходят через эту точку.
Решение 3. Пусть высоты тетраэдра A BCD пересекаются в точке Я.
Тогда ~АВ · ТШ= О, ТВ · СН = 0. А так как
ТВ- CD + JB-DH =~АВ -СЯ,
то АВ · CD = 0, или АВ JL CD. Аналогично докажем, что АСА. BD и
AD А. ВС.
Теперь докажем истинность векторного равенства
ОЯ = ~2 (ОА + ОВ + ОС + OD),
где О — центр сферы, описанной около тетраэдра. Оно потребуется в
дальнейшем.
Так как Я — точка пересечения высот тетраэдра ABCD, to_DH · А В —
= 0 и, как мы уже доказали, CD · АВ = 0. Кроме того, ОА2 — О£2=0.
Отсюда находим, что
(Ш — OD) · Л£ = 0, (ОС — OD) · Л£ = 0, (ОА+Ш) · Л£ = 0.
Умножим первое из этих равенств на 2 и вычтем из него два других»
Получим:
(20Я — О4— "ОВ— ОС — 7Ю) · ЛЯ = 0,
или х"- АВ = 0, где лГ= 20Я — 04 — 05 — ОС — W.
Аналогично находим, что χ · ЛС = 0, л; · ЛО = 0.
Так как векторы АВ, АС и AD не компланарны, то * = 0, откуда
следует, что
ОЯ = 1 (ОА + ОЯ + ОС+ OD).
Переходим к доказательству обратной теоремы.
Пусть О — центр сферы, описанной около тетраэдра ABCD. Построим
точку Я, такую, что
Щ/ == 2" (ОЛ + 05 + ОС+ ОБ).
Докажем, что если противоположные ребра тетраэдра попарно
перпендикулярны, то его высоты пересекаются в точке Я.
Действительно,
Ш = Ш—Ш) = ^(М + ов + Ш: — Щ.
Учитывая, что ОА2 = ОВ2, получаем
Wi '1в = -^(ОА+Ш+ОС — Щ(ОВ — ОА) = jjB · ВС.
Но АВ · DC = 0, поэтому DH * АВ = 0. Аналогично докажем, что DH χ
X ВС = 0. Следовательно, прямая DH перпендикулярна плоскости ABC.
Точно так же докажем, что прямые АН, ВН, и СН перпендикулярны
соответственно плоскостям BCD, ACD и BCD. Значит, Я — точка пересечения
высот тетраэдра А В CD.
154

Рис. 13
27. Решение 1. Пусть дан
тетраэдр ABCD, противоположные
ребра которого попарно
перпендикулярны.
Если AD JL DB, то по теореме
о трех перпендикулярах AD JL DC,
то есть Ζ ADC = 90°. Аналогично
докажем, что и Ζ BDC= 90°.
Пусть теперь Ζ ADB > 90°.
Проведем высоту CN тетраэдра (рис.
13). Тогда N — ортоцентр
треугольника ABD (см. задачу 25, с. 135).
Пусть ААХ и ВВ±— высоты
треугольника ABD, тогда АВХ и ВАг —
высоты треугольника ΑΒΝ. Итак,
ΑΒγ _L BN и по теореме о трех перпендикулярах АВг1. СВЪ то есть Ζ CBtD =
= 90°. А так как ADC внешний угол треугольника CB^D, то Ζ ADC > 90°.
Точно так же получим: Ζ £DC > Ζ Ci4xD = 90°.
Остается рассмотреть случай, когда угол ADB острый. Способом от
противного легко доказать, что при этом углы BDC и CD А также острые. Таким
образом, все плоские углы при вершине D тетраэдра ABCD одноименные.
Аналогичное заключение можно сделать о плоских углах при любой другой
вершине тетраэдра.
Решение 2. Согласно условию задачи AB±CD, поэтому
Jb- dc = o,
или
ψΒ — Ш) · 75с = о,
откуда
DA'DC^DB- DC.
Итак,
Аналогично из равенства АС · DB — 0 следует, что
ОЛ .T)B=~DB -DC.
DA · Οθ==Οβ· DC = DC.Dl = S.
Если S > 0, то все плоские углы трехгранного угла D острые, если
S = 0, то есть углы прямые, если S < 0, то все углы прямые.
Решение 3. Воспользуемся результатом задачи 23 (см. с. 152). Суммы
квадратов длин противоположных ребер тетраэдра равны, то есть а2-\·^ —
b2+ b\
с2 + с{
где
Отсюда
DA
a, DB = b, DC = ct ВС-
СА
Ьг, AB
! + &— с\= Ь2 + с2- а\, а2+ с2— Ь2г= Ь2+ с2- а\.
На основании теоремы косинусов приходим к выводу, что косинусы всех
трех углов ADB, BDC, CD А имеют один и тот же знак или равны
одновременно нулю, то есть все плоские углы при вершине D являются одноименными.
28. Решение 1. Отложим на ребрах трехгранного угла с вершиной
О равные отрезки О А, ОВ и ОС. Пусть L, Μ, Ν соответственно — середины
отрезков ВС, СА, АВ. Тогда OL — биссектриса угла ВОС и OL J. ВС, а так
как MN || ВС, то OL _L MN. Аналогично ОМ и ON — биссектрисы углов
СОА и АОВ, ОМ JL LN и ON JL LM. Значит, OLMN — тетраэдр,
противоположные ребра которого перпендикулярны. Остается воспользоваться
результатом задачи 26 (см. с. 154).
155

Решение 2. Пусть α, b, с — единичные векторы, сонаправленные с
ребрами О А, ОВ, ОС трехгранного угла. Тогда векторы α+ϊ, b ~\- с и с + а
сонаправлены с биссектрисами углов АОВ, ВОС и СОА. Легко проверить, что
(а + Ь) - ф + с) = ф"+ cj. (F+ аТ= (7+5) . (а +S).
Отсюда и вытекает доказываемое утверждение.
Решение 3. Композиция двух осевых симметрии с
пересекающимися перпендикулярными осями есть осевая симметрия, ось которой проходит
через точку пересечения двух осей перпендикулярно к ним. Если в качестве
этих осей взять прямые, содержащие рассматриваемые биссектрисы плоских
углов трехгранного угла, то композиция двух осевых симметрии отображает
одно из ребер на другое. Тогда прямая, содержащая биссектрису угла между
этими ребрами, и есть ось симметрии композиции, поэтому она
перпендикулярна каждой из первых двух осей.
29. Решение 1. Докажем, что диагональ АСХ перпендикулярна
сечению АгВй куба ABCDA^CJ)^.
Так как ABCD — квадрат, то AC _L BD и по теореме о трех
перпендикулярах АСХ -L BD. Точно так же докажем, что АС1 JL А±В. Значит, по
теореме о двух перпендикулярах диагональ АС1 куба перпендикулярна
плоскости AXBD.
Решение 2. Пусть АВ — a, AD — b, AA1 = c. Тогда
~АС~1==а + Ь+'с, Έ5^ΑΌ—ΐΒ^Ι — α.
А так как а · ~с = Ъ · с = О и а2 = Ь2, то
7iC\ .~BD= (a + b+'c) · ф—Ъ) = 0.
Значит, АСХ _L BD.
Аналогично докажем, что АСг J_ АгВ.
Решение 3. Введем в пространстве прямоугольную систему
координат: А (0; 0; 0), В (1; 0; 0), D (0; 1; 0), Аг (0; 0; 1). Так как плоскость
AXBD отсекает на осях координат единичные отрезки, то ее уравнение имеет
вид
Х+ у + 2 = 1.
Значит, АС1 = (1,1,1) — нормальный вектор этой плоскости.
30. Решение 1. Пусть данная плоскость пересекает прямые АВЪ
BClt CDlt DAt соответственно в точках /С, L, М, N. Установите, что
проекции этих точек на плоскость ABC являются вершинами квадрата.
АК Ш CM DN
Решение 2. Заметив, что · = = = ■ — λ выве-
КВХ LCX MDX NAX
дите соотношение
ψΓ_ АВ+%ВХС,
1 + λ
Затем убедитесь, что KL = LM = ΜΝ — ΝΚ и /CL · LM = 0.
Решение 3. Примените поворот на 90° вокруг оси, проходящей
через центры О и Ог граней ABCD и A1B1C1D1 куба.
31. Решение 1. Пусть все диагонали параллелепипеда
ABCDA1B1C1D1 равны. Тогда каждое диагональное сечение
параллелепипеда является прямоугольником. Следовательно, ААг J_ AC. Кроме того,
АА1 .1 BD, так как ΑΑγ || ВВ1 и ВВ± _L BD. Согласно теореме о двух
перпендикулярах прямая АА1 перпендикулярна плоскости ABC. Аналогично
докажем, что прямая АВ перпендикулярна плоскости ΑΑλΌ.
Решение 2. Так как диагональные сечения АСС1А1 и BDD^B —
прямоугольники, то прямоугольные треугольники АСАг и BDDt равны (по
гипотенузе и катету). Значит, АС — BD, поэтому грань ABCD параллелепипеда
является прямоугольником. Точно так же докажем, что и другие грани
параллелепипеда являются прямоугольниками.
156

Решение 3. Пусть DA = α, DC = b и DDX = с. Тогда
757^= α+й + с, ZV? = a+"S— "с.
А так как DB1 = D1B, то (5 + 6 + с)2 = (a"+i"—c)2, или
a . c + b · с" = 0.
Аналогично получим еще два равенства:
а » b + b · с = 0, а -Ъ + a · с — 0.
Откуда следует, что a*5 = 5«c = a*c = 0, то есть Z.ADC = Zy4DDx=s
= ZCDD1 = 90°.
Рис. 14 Рис. 15
Задачи на построение
32. Решение 1. Проведем через прямую b плоскость ос,
параллельную прямой а. Выберем на прямой а две точки Л и θ и проведем
перпендикуляры ААХ и ВВг к плоскости а. Прямая АгВъ параллельная прямой а.
пересечет прямую b в некоторой точке N. Из точки N проведем перпендикуляр
MN к прямой а. Остается доказать, что прямая ΜΝ перпендикулярна Ь.
Решение 2. Построим плоскость ос, перпендикулярную прямой а
и пересекающую ее в точке Ρ (рис. 14). Пусть Ьг — проекция прямой b на
плоскость а. Проведем перпендикуляр PQ к прямой Ьг. Тогда Q — проекция
некоторой точки N прямой b на плоскость а. Перпендикуляр MN к прямой
а есть общий перпендикуляр прямых а и Ь.
33. Решение 1. Дан куб ABCDA^^D^ Требуется построить
общий перпендикуляр к прямым АгВ и ВгС (рис. 15).
Плоскости AXBD и CB1D1 параллельны (так как АгВ \\ D±C и AXD \\
II ВгС), а диагональ АС куба пересекает их в точках Ρ и Q, которые являются
центроидами треугольников AtBD и CBXDX (см. задачу 1, с. 125). Согласно
задаче 29 (см. с. 156) отрезок PQ перпендикулярен каждой из плоскостей
AtBD и CB-iP-l, значит, он перпендикулярен и к прямым АгВ и ВгС, а его
длина равна кратчайшему расстоянию между этими прямыми.
Построим на отрезках АХВ и ВХС точки Μ и N такие, что ВМ = ή ВАХ
и ΒτΝ = -g- ВгС. Тогда MNQP — прямоугольник и ΜΝ — общий
перпендикуляр к прямым AtB и ВгС.
Решение 2. Пусть MN — искомый отрезок. Положим В А = а, ВС =
= by BBt = с. Тогда имеем:
Ш~1 = Ъ+"с, ~CB1="c—"b, ~ВМ = *(α+ϊ), ~CN = y(c — ~b),
где χ и у — неизвестные числа.
157

Значит,
Ш = Tab +~вс + Ш = — т + (1 — у) 1 + (у — х)~с.
Но Ш - Ш[*=0, ΈΜ · CZ^ = 0, Ъ-Ь = Ь- с = с- о"=0 и 02 = Р=сК
Учитывая это, получаем:
(2х — у = 0,
\х-2у+\=0.
1 2
Отсюда χ = -п , г/ = -«-.
34. Решение 1. Пусть плоскость, проходящая через диагональ BDX
куба ABCDA1B1C1D1, пересекает его ребро ААг в точке М, а ребро ССг —
в точке N. Тогда BMDXN — параллелограмм. Проведем МК 1 BD^
Площадь сечения S = BDt · Μ К.
Значит, задача сводится к построению общего перпендикуляра к
скрещивающимся прямым ААХ и BDt.
Обозначим АВ = 1, AM = χ, ВК = у,гЛ1/С = Я. Тогда 0^= |/"3"— */,
и по теореме Пифагора находим, что
1 2 // 1 \2 3\
Отсюда следует, что Л принимает наименьшее значение при χ = γ , то
есть когда Μ — середина ребра ААХ.
Решение 2. Построим общий перпендикуляр МК скрещивающихся
прямых ААг и BDlt пользуясь вторым способом решения задачи 32. В
плоскости ABD проведем перпендикуляр АО к прямой BD. Так как АВ — AD,
то точка О — середина отрезка BD, а значит, она является проекцией середины
К диагонали ВОг. Поэтому искомая точка Μ — середина ребра ААг.
35. Ρ е ш е н и е 1. Пусть прямая АгВг построена. Обозначим
Ζ ВААг = α, Ζ АВВг = β, АВ = /и, Л5Х = /?, Лх£ = <у, Л^! = ВВг =
= л:. Из треугольников ЛВЛХ и АВВг по теореме косинусов находим:
д2= т2+ л:2— 2т* cos α, /?2= т2+ л:2— 2тх cos β.
А так как прямые АВ и Л^ перпендикулярны, то, используя результат
задачи 23 (см. с. 152), получаем:
/?2+ q2= 2х\
Подставив в это равенство значения ρ и q, будем иметь
(cos a + cos β)* = т.
Значит, если cos α + cos β Φ О, то есть α + β Φ 180°, задача имеет
единственное решение:
т
х ~ cos a + cos β *
Если же α + β = 180°, задача решений не имеет.
Решение 2. Формулу для построения искомого отрезка ААХ можно
получить проще, если применить скалярное умножение векторов.
Имеем:
Τβχ = ЛИ +ТВ + ΒΒχ.
Умножив обе части этого равенства скалярно на вектор АВ, получим
(cos α + cos β)* — m = О,
158

откуда
х = ^ ?^с ft > если α + β ^ 180°·
cos α + cos ρ ' ι г -г-
Решение 3. Пусть d — искомая прямая и МУУ — общий
перпендикуляр прямых end (точка Μ принадлежит прямой с). По теореме о двух
перпендикулярах прямая АВ перпендикулярна к плоскости МА1В1, поэтому она
перпендикулярна прямым МАг и MBt. Обозначив Δ ВААг = а и Ζ АВВХ—
= β, найдем, что
AM cos α
MB cos β '
Таким образом, точку Μ можно построить. Затем следует через точку Μ
провести плоскость перпендикулярно прямой АВ, которая пересечет данные
прямые а и b в искомых точках Аг и Вх.
cos a
Построение невозможно, если ■ α =—1, то есть α + ρ ■— 180°. Если
β = 90°, но а Ф 90°, то точка Μ совпадает с точкой В.
§ 4. Вычисление расстояний и углов
36. Решение 1. Пусть Ε — середина ребра ВС тетраэдра A BCD. Обо-
2
значим АЕ = тъ DE = т2 и ΔΌΑΕ = а. Так как AM = -тг mlt то,
применив теорему косинусов к треугольникам ADM и ADE, получим:
4 2 4 2 2
DM2 = α2 + "q" Щ — тг атг cos α, m2 = α2 + mx — 2amx cos a.
Отсюда
1 2 2
DM2 = у a2 — -g ml + -3 ml
По формуле задачи 87 (см. с. 42) находим:
2 Ь\ + gl al 2 Ь2 + С2 αι
mi = 2 — Τ ' m2 = 2 ~~ Τ '
Следовательно,
Q2 ι b2 + C2 «1 + ^1+ ^1
DM2 = ^ 0 ^ η .
Решение 2. Для точки М имеет место равенство
DM = j(DA+~DB + DC).
Отсюда
DM2 = -§- (a2 + б2 + с2 + 2DA ПУв + 2DA. -~DC + 2DB . DC).
Из равенства
ЛЯ2 = DA2 + D£2 — 204 . Ш
следует, что
2ZM · Ш=а2 + Ь2 — с{.
159

Аналогично
2DA · DC = а2 + с2 — b\, 2D£ . "DC = b2 +*2 — α J.
Следовательно,
α2 _L &2 I £2 Οχ + Ьг + Сг
DM2= 3 9 ·
Решение 3. Достроим тетраэдр ABCD до параллелепипеда с
ребрами DA, DB, DC и обозначим его диагонали через ЛЛг, BBlt CClt DDt. Соглас-
1
но задаче 1 (см. с. 138) медиана DM тетраэдра равна тт диагонали DDt.
Для параллелепипеда имеет место соотношение
DD\ = D4j + DB\ + DC\ — DA2 _ o#2 _ £>c2.
Если положить: DA —a, DB—b, DC = c, то доказательство сводится к
проверке истинности равенства
(а + ь + ~с)2 = (а + Ъ)2 + (Ь +~с)2 + (с +"а)2 — а2 — Ь2 — сК
На основании теоремы о диагоналях параллелограмма имеем:
DA\ + ВС2 = 2D£2 + 2DC2,
откуда
ОЛ' = 2 (б2 + с2) - а\.
Аналогично
DfiJ = 2 (α2 + с2) — &J, DC\ = 2 (α2 + б2) - CJ.
После соответствующей подстановки получаем:
9DM2 = 3 (а2 + б2 + с2) —al — bl — с\.
37. MN2 = -j (а2 + % + б2 + б? — с* — с\), где Μ и W — середины
ребер ЛЯ и CD.
Решение 1. Середину N ребра CD тетраэдра соедините с вершинами
Л и β. Примените формулу, выражающую длину медианы треугольника
через длины его сторон.
Решение 2. Согласно задаче 4:
ШГ= -g (AD + BC).
Возведите обе части этого равенства в квадрат и воспользуйтесь
соотношением
2AD · ВС = 1С2 + W2 —US2 — CD2.
b*+bl—c*-cl _
38· cos Φ = g55 ' где φ = Ζ (AD, ВС).
Решение 1. Пусть Μ и N— середины ребер АВ и CD тетраэдра.
Середину L ребра АС соедините с точками Μ и N. Тогда LM = -^ ВС, LN =
= 9 ADt Z.MLN = Z\ADt BC\. Длину отрезка MN выразите по формуле
задачи 37 и примените к треугольнику LMN теорему косинусов.
160

то
Ρ ешение 2. Воспользуйтесь соотношением
cosZ(10,BC,=§fl.
Так как
2AD . ~АС = АС* + Л02 — CD2, 275 . Л£ = Л£2 + ЛО2 — BD2,
J5 .~ВС = ~AD . (АС — ЛБ) = 2" (θ°2 + ЛС2 — Ст — ЛВ^'
Решение 3. Воспользуйтесь векторным равенством
2AD · ВС = АС2 + £D2 — Л£2 — CD2.
1 г
39. ^"/а2 + 62+с2.
Решение 1. Центр О сферы, описанной около тетраэдра ABCD,
принадлежит перпендикуляру к плоскости ABD, проходящему через середину Μ
ребра АВ. Заметив, что ОМ = -^ CD и DM = у АВ, найдите OD по теореме
Пифагора.
Решение 2. Постройте прямоугольный параллелепипед с ребрами
DA, DB, DC. Докажите, что точка пересечения диагоналей параллелепипеда
есть центр сферы, описанной около тетраэдра ABCD, а радиус сферы равен
половине диагонали параллелепипеда.
Решение 3. Введите прямоугольную систему координат: D(0; 0; 0),
Л (а; 0; 0), В (0; Ь\ 0), С (0; 0; с). Обозначьте координаты центра О сферы
через х, у, ζ и воспользуйтесь формулой расстояния между двумя точками.
40. -J /2(а2 + 62 + с2).
Решение 1. Установите, что прямые, проходящие через середины
противоположных ребер данного тетраэдра, являются его осями симметрии,
а центр описанной сферы есть точка их пересечения, то есть центроид тетра^
эдра.
Согласно задаче 2 (см. с. 138) центроид тетраэдра делит каждую медиану
в отношении 3:1, считая от вершины тетраэдра. Используя это, а также
результат задачи 36 (см. с. 159), вычислите радиус описанной сферы.
Решение 2. Постройте отрезок ΜΝ, соединяющий середины ребер
А В и CD Установите, что AN = BN и СМ = DM. Следовательно, MN есть
общий перпендикуляр к скрещивающимся прямым АВ и CD, а середина О
отрезка MN является центром сферы, описанной около тетраэдра ABCD.
Вычислите длину медианы Л А/" треугольника ACD и по теореме Пифагора
найдите, что
MN
-γ*
+ 62-
Затем из прямоугольного треугольника АМО вычислите АО.
Решение 3. Около вся-кого тетраэдра можно описать
параллелепипед так, чтобы ребра тетраэдра были диагоналями граней параллелепипеда.
Так как противоположные ребра тетраэдра ABCD равны, то описанный
параллелепипед будет прямоугольным. Диагональ прямоугольного
параллелепипеда является-диаметром описанной около него сферы, следовательно, и
сферы, описанной около тетраэдра. Значит, если х, у, г — измерения
прямоугольного параллелепипеда и R — радиус сферы, то
R = Т Ух* + у2 + 22
161

Рис. 16
Далее примените теорему Пифагора и докажите,
что
1
χ2 + у2 _(_ Ζ2 = - (α2 _|_ Ь2 _|_ С2).
41. Решение 1. Пусть А, В, С —
двугранные углы трехгранного угла с вершиной О,
противолежащие соответственно плоским углам α, β, γ.
Отложим на ребре ОА отрезок OL = 1 и проведем
через точку L плоскость, перпендикулярную к
ребру О А. Если β < 90° и у < 90°, то эта плоскость
пересечет ребра ОВ и ОС соответственно в
некоторых точках Μ и N. Тогда NLM — линейный угол
двугранного угла О А. По теореме косинусов из
треугольников LMN и ΟΜΝ находим:
ΜΝ2 = LM2 + LN2 — 2LM · LN cos Л,
MN2 = ОМ2 + ON2— 20M · ON cos а.
Приравняем полученные два выражения для ΜΝ2. Учитывая,
- LM2= 1 и ON2— LN2= 1, получим:
что ОМ2-
Отсюда
Итак,
LM · LN cos А = ОМ - ON cos a
LM · LN l
1.
; cos A = cos α ■
ОМ · OW uua Λ - ^ " ~~ Ο Μ · OW '
sin β sin γ cos Л = cos α — cos β cos γ.
cos a — cos β cos у
cos Л =
5ίηβ5ΐηγ
Остается еще убедиться, что полученная формула верна и тогда, когда
один из углов АОС и АОВ тупой, а другой острый, оба угла тупые и хотя бы
один из них прямой.
Решение 2. Отложим на ребрах трехгранного угла от его вершины
единичные векторы ОА — ег, ~ОВ = έΓ2, ~ОС — е3. Пусть Z.BOC — α, Ζ СО А =
= β, Ζ АОВ = γ (рис. 16). Величины двугранных углов обозначим через Л,
В, С. Проведем отрезки ВМ и CN перпендикулярно к прямой ОА, тогда
Ζ (MB, T\!C) = ZA, ОМ = excos у, ON = ^ cos β.
По правилу сложения векторов
F2 = OM + Ai£, 73 = ON + WC.
Перемножим скалярно эти равенства. Учитывая, что MB ± ελ и NC _1_ *ι,
получим:
е2 . е3 = cos β cos γ + Μθ · NC,
или
cos α = cos β cos у + sin β sin γ cos Л.
Решение 3. Имеем:
МВ = Ш + 72, Ш==Щ+7ь.
Заметив, что МО · е3 = WO · б2 = —cos β cos yt перемножим эти два
равенства скалярно. Получим:
sin β sin у cos Л = cos α — cos β cos γ.
Решение 4. По правилу сложения векторов
5С"= Ш + Ш + NC.
162

(ведь ВМ · MN=CN . MN
Но
ВС2 = 2 — 2 cos α
Возведя обе части этого равенства в квадрат, получим:
ВС2 = ЯМ2 + ΜΝ2 + CW2 + 2ВМ · 77С
0).
£М2 = sin2 γ, CW2 = sin2 β,
MB · Ш = sin β sin γ cos A, AM2 = (OW — ΟΛί)2 = (cos β — cos γ)2.
Следовательно,
2 — 2 cos α = sin2 β + sin2 V + cos2 β + cos2 Υ — 2 cos β cos γ —
— 2 sin β sin у cos A.
После очевидных упрощений получаем:
cos a — cos β cos у + sin β sin γ cos Л.
42. Решение 1. Пусть прямая а пересекает данную плоскость в
точке О. Возьмем на прямой а точку А, отличную от точки О, и проведем
перпендикуляр АС к плоскости, затем в плоскости проведем перпендикуляр С В
к прямой Ь. Тогда АВ ± ОВ по теореме о трех перпендикулярах. Из
прямоугольных треугольников АОС и СОВ находим:
ОС ОВ
О А
oc = cosP·
Перемножим эти равенства почленно и, учитывая, что γρ, = cos φ,
.получим:
cos φ = cos a cos β.
Решение 2. Пусть А — произвольная точка прямой а, отличная от 0,
АС— перпендикуляр к плоскости, ОС— проекция прямой а на плоскость
и е — единичный вектор прямой Ь, образующий с лучом ОС угол φ. Имеем:
ОЛ=="ОС+СЛ.
- ОС
Обе части этого равенства умножим на е. Учитывая, что АС · е = 0 и /Тд=
= cos а, получим:
cos φ = cos α cos β ,
Решение З. Двугранный угол, противолежащий искомому
плоскому углу φ, прямой. Следовательно, по теореме косинусов для трехгранного
угла сразу получаем доказываемое соотношение.
43. Решение 1. Пусть ABCDA1B1C1D1 — данный параллелепипед,
Ζ АХВА = α, Ζ ВгСВ = β (рис. 17). Так как ΑλΏ || ВгС, то угол йАгВ
есть угол у между скрещивающимися прямыми А±В и ВгС.
Обозначим АВ = a, AD = Ь, ААг = с. п
Тогда BD2 = а2 + Ь2, АгВ2 = а2+ с2, AtD2 =
= b2-\- с2. Применив теорему косинусов к
треугольнику AXBD, получим:
а2 + Ъ2 = (а2 + с2) + (Ъ2 + с2) — 2АгВ X
X AXD cos γ,
откуда , /7^ι__^ \-ЧУС
Bl
A<
или
cos у —
cos у =
аа\
АгВ · A-fi '
sin α sin β.
г
L·
—ι—
j>^
jCT^J
Рис. 17
163

Решение 2. Прямая АХВ образует с плоскостью ADAt угол 90° — а,
а ее проекция AAL на эту плоскость — с прямой AJ) угол 90° — β.
Учитывая, что cos (90° —- а) = sin а и cos (90° — β) = sin β, по формуле задачи 42
получим:
cos γ = sin a sin β.
Решение 3. Пусть АВ = α, AD = b, АА1="с. Тогда
~Аф=а — ct ~Wfi==.~b—~c, Т^.1^С==<Г2.
Поэтому
cos ν = —± L- = ,
χ АгВ-ВхС AXB'BXC
cos у = sin α sin β.
α
44. tg -g- = "КЗ cos β.
Решение 1. Пусть ΝΑ ВС — правильная треугольная пирамида,
N0 — ее высота, Μ — середина ребра АВ. Тогда Ζ ΟΜΝ — линейный угол
двугранного угла АВ. Согласно условию задачи ΖΑΝΒ — а и ΖΟΜΝ=$.
Треугольники ΑΜΝ и ОМ N имеют общую сторону ΜΝ, а их катеты
удовлетворяют соотношению
as—-·
а
Заметив, что AM = MN tg-g- и ОМ = MW cos β, получим:
tg "f- = /3 cos β.
Решение 2. Площадь основания пирамиды и площадь ее боковой
поверхности связаны зависимостью
Обозначим АВ =
а
и
ЛМ
==
бок ~ ίοΤβ
■ь,
тогда
Soch.=^. S6oK=f 6'sincc.
Следовательно,
α2 β
т= = COS β.
2j/362sina
Из треугольника ΑΜΝ находим, что
а а
_ а
Подставив значение -г в предыдущее равенство, получим.
tg-^-=}/"3^.
164

Решение 3. Плоские углы при вершине А пирамиды NABC равны
а а
90° — -γ , 90° — -ψ и 60°. По теореме косинусов для трехгранного угла
находим
а
откуда
45. cos у = 2 cos α — 1.
Решение 1. Пусть NABCD — правильная четырехугольная
пирамида и N0 — ее высота. Тогда О — центр квадрата ABCD.
Положим ΝΒ = 1. Из равнобедренных треугольников NBC и NBD
имеем:
ВС = 2 sin^- , BD = 2 sin у .
А так как BD = £С ]/~2, то
α
cos
tg'
>β:
a
ΊΓ
sin-y
j/"3 cos
= УЪ cos
α
Ύ
β.
sin
2
1^2 sin-
Ρ e ш е н и е 2. Основанием пирамиды служит квадрат ABCD, поэтому
ТВ · ВС = 0, или
(NB — NA) · (WC — NB) = 0.
Пусть ЛМ = 1. Тогда
Ш- Ш = Ш-1ТС== cos α, "ЛМ -~NC = cos у, ТЕ* = 1.
Учитывая это, получим
cos γ = 2 cos α — 1.
Нетрудно показать, что формулы, полученные при решении задачи
первым и вторым способами, равносильны.
Решение 3. Рассмотрим трехгранный угол ΝΑΟΒ. Так как ΖΑΝΟ =
у
= Ζ.ΒΝΟ = -о , ΖΑΝΒ = α и двугранный угол N0 — прямой, то, используя
результат задачи 42 (см. с. 163) получим:
у
cos2 -о- = cos α,
или
cos у = 2 cos α — 1.
165

ЗАДАЧИ ДЛЯ САМОСТОЯТЕЛЬНОГО РЕШЕНИЯ
Планиметрия
Задачи на доказательство
1. В окружность вписан прямоугольный треугольник ABC с прямым
углом С. Касательная к окружности в точке С пересекает прямую
АВ в точке N. Докажите, что если Μ — проекция вершины С на
прямую АВ, то
AM : MB = AN : Ν Β.
2. (Задача Архимеда1.) В окружность вписан треугольник ABC.
Докажите, что если АС < ВС и N— основание перпендикуляра,
проведенного из середины Μ дуги ABC к стороне ВС, то
АС + CN = NB.
3. Докажите, что если две биссектрисы треугольника равны, то
треугольник — равнобедренный.
4. Окружность с центром О на стороне АВ четырехугольника
ABCD касается трех сторон. Сумма противоположных углов
четырехугольника равна 180°. Докажите, что
AD + BC = АВ.
5. К окружности радиуса R проведены две касательные а и Ь
через концы диаметра АВ. Произвольная третья касательная с
пересекает а и Ь соответственно в точках Аг и Вг. Докажите, что
АА1 · ВВХ - R2.
6. Две прямые, проходящие через вершину С равностороннего
треугольника ABC, делят полуокружность, построенную на стороне
АВ, как на диаметре (вне треугольника), на три равные дуги.
1 Архимед (287 — 212 до н. э.) — древнегреческий математик, физики
механик.
166

Докажите, что эти прямые делят саму сторону АВ на три равных
отрезка.
7. Дан треугольник ABC, в котором Z.A = /_B=40°.
Проведена биссектриса AD треугольника. Докажите, что
AD + CD = АВ.
8. Докажите, что если в равнобедренном треугольнике ABC
угол при вершине С равен 100°, то стороны треугольника связаны
зависимостью:
а? + съ = За2с.
9. В окружность радиуса R вписан правильный десятиугольник
А1А2...А10. Докажите, что
10. На сторонах треугольника ABC вне его построены
равносторонние треугольники ВСА0, САВ0 и АВС0. Докажите, что
центры этих треугольников и центроиды треугольников B0C0Af
С0А0В и А0В0С являются вершинами правильного шестиугольника.
11. (Теорема Морлея1.) Докажите, что три точки пересечения
смежных трисектрис внутренних углов произЕвльного
треугольника являются вершинами равностороннего треугольника.
(Трисектрисами угла называют прямые, проходящие через вершину угла
и делящие его на три равные части.)
Задачи на вычисление
12. Дан равнобедренный прямоугольный треугольник ABC.
Прямая, проведенная через вершину С прямого угла
перпендикулярно медиане BD, пересекает гипотенузу в точке М. Найдите
AM
отношение -тгъ.
MB
13. На гипотенузе АВ прямоугольного треугольника ABC вне
его построен квадрат. Найдите расстояние от вершины С до центра
О квадрата, если катеты треугольника равны а и Ь.
14. Угол при вершине С равнобедренного треугольника ABC
равен 20°. На боковых сторонах АС и ВС взяты соответственно
точки D и Ε так, что /_ΑΒΌ = 60° и /_ВАЕ=ЬЪ°. Найдите
Z_BDE.
15. Угол при вершине С равнобедренного треугольника ABC
равен 20°. На стороне ВС взята точка D такая, что CD = АВ.
Найдите /_BAD.
16. В треугольнике ABC проведена медиана СМ. Определите
вид треугольника, если /_А + /_МСВ = 90°.
17. Медианы треугольника ABC пересекаются в точке М.
Найдите /LAMBy если /_С = 15° и с= hc.
1 Морлей Френк (I860—1937) — американский математик.
167

Задачи на построение
18. Постройте параллелограмм, если даны периметр и высоты,
проведенные к смежным сторонам.
19. Постройте прямую, параллельную стороне АЯ треугольника
ABC и пересекающую его стороны АС и ВС соответственно в
точках D и Ε таких, что AD — CE.
20. Даны отрезки длиной а и Ь. Постройте отрезок длиной
x — VaB.
21. Через данную точку, лежащую вне данной окужности,
проведите к окружности касательную.
22. Через точку М, лежащую вне окружности, проведите
прямую, пересекающую окружность в точках А и В так, чтобы
точка А была серединой отрезка MB.
23. В данную окружность впишите равнобедренный треугольник,
высота которого равна его основанию.
24. Даны окружность и касательная к ней. Постройте квадрат
ABCD так, чтобы вершины А к В принадлежали касательной, а
вершины С и D — окружности.
25. Постройте равнобедренный треугольник по его высоте и
периметру.
26. Дан КЕадрат ABCD. Постройте окружность, которая
касается сторон АВ и ВС квадрата и проходит через точку D.
27. Из концов отрезка АВ радиусом АВ проведены дуги,
пересекающиеся в точке С. В криволинейный треугольник ABC
впишите окружность.
28. Даны окружность с центром О и точка Ρ вне ее. На
отрезке О Ρ постройте точку Μ так, чтобы отрезок AM касательной
(А — точка касания) равнялся отрезку MP.
29. Постройте равносторонний треугольник ABC так, чтобы его
вершины лежали на трех данных параллельных прямых а, Ъ и с.
30. Постройте треугольник ABC, угол А которого вдвое
больше угла Ву если даны стороны АС и ВС.
31. Постройте треугольник ABC, разность углов А и В
которого равна 90°, если даны стороны АС и ВС.
32. Постройте треугольник ABC, разность углов А и В
которого равна S0°, если даны сторона А В и высота СН.
Стереометрия
Задачи на доказательство
33. В пространстве даны две скрещивающиеся прямые. Из точек
А и В одной прямой проведены перпендикуляры ААг и ΒΒλ к
другой. Докажите, что если ААг = BBlt то А±АВ = АВВ1.
34. Докажите, что сумма двух плоских углов трехгранного
угла больше третьего плоского угла, а сумма всех трех меньше
360°.
168

35. Проведены биссектрисы /1Э 12, 13 плоских углов
трехгранного угла. Докажите, что углы Ζ_(/χ, /2), zL(/2> 'з)> ^('з> ^ι) ли^°
все острые, либо все прямые, либо все тупые.
Задачи на вычисление
36. Правильная четырехугольная пирамида вписана в сферу
радиуса R. Угол между двумя смежными боковыми ребрами
пирамиды равен а. Найдите высоту пирамиды.
37. В сферу радиуса R вписана правильная треугольная
пирамида. Плоский угол при вершине боковой грани равен а. Найдите
площадь боковой поверхности пирамиды.
38. Дан тетраэдр ABCD с прямыми плоскими углами при
вершине D. Найдите площадь грани ABC, если Ό А = a, DB = b
и DC = c.
39. Одно ребро тетраэдра равно Ь, а каждое из остальных
равно а. Найдите объем тетраэдра.
40. Вычислите объем тетраэдра ABCD, если AD = ВС = а,
BD = AC = b, CD = AB=c.
41. Длина одного бокового ребра четырехугольной пирамиды
равна ху все остальные ребра имеют длину, равную 1. Выразите
объем пирамиды как функцию х. При каком значении χ объем
пирамиды имеет наибольшее значение?

ОСНОВНЫЕ ОБОЗНАЧЕНИЯ И ФОРМУЛЫ
I. Обозначения
Треугольник
Стороны треугольника ЛВС обозначаются: ВС = а, СЛ — Ъ, ЛВ = с,
а его углы — буквами Л, В, С.
ha, hf,, hD — высоты; та, т^, mc — медианы; 1а, 1ь, 1С — биссектрисы,
проведенные соответственно из вершин Л, В, С;
2р — периметр треугольника;
5 — площадь треугольника;
R — радиус описанной окружности;
г — радиус вписанной окружности;
Η — точка пересечения высот (ортоцентр) треугольника;
Μ — точка пересечения медиан (центроид) треугольника;
О — центр описанной окружности;
J — центр вписанной окружности.
Четырехугольник
Стороны четырехугольника ABCD обозначаются: ЛВ — а, ВС = Ь,
CD = с, DA = d\
е и / — диагонали АС и BD\
2р и S — периметр и площадь четырехугольника.
Тетраэдр
Длины ребер тетраэдра Л BCD обозначаются так: DA = a, DB = 6,
DC = с, ВС = alt СЛ = Ъи ЛВ = сг.
Si, S2, 53, 54 — площади граней, противолежащих соответственно
вершинам Л, В, С, D;
hi, h2, h3, /ί4 — высоты тетраэдра;
тъ т2, пгв, т4 — медианы тетраэдра, проведенные соответственно изувер-
шин Л, В, С, D (медианой тетраэдра называется отрезок, соединяющий его
вершину с центроидом противоположной грани);
V — объем тетраэдра;
R — радиус описанной сферы;
г — радиус вписанной сферы.
И. Формулы
Метрические соотношения в треугольнике
У7Ср-а)(р-Ь){р-с)\
2S_t
а *
a* + b2 &_
2 "~ 4 ;
ι. S =
2. Λβ =
3. m2 =
с
170

Vbcp(p-a);
4. la- b+c
abc ab
5· R = IS' R==2hc]
6. r = y;
7. AH* = 4#2 — a2;
8. 0Я2 = 9R* — (a2 + δ2 + с2);
9. Л/ = ]/^ЕЕЗ;
10. О/ = VR2 — 2Rr\
Π. Λβ = 6 sin С = с sin В;
12. m a = -η- /&2 + c2 + 2^cosI;
13. /fl=
26c Л
HF7C0ST
14. r = (jt? — a) tg-y;
15. S = -J a6 sinC;
ιβ..ΐη4β/5ΞΜΞ5:
17. cos-1 = ΐΛ (*»-*>■
2 V be
18. 2/? = -—-i
sin /4
Vs
А В С — Ί/1 ■
2 cos -g- cos -у cos у J/ -sin Л sin Б sin С
" sin θ sin С
2 si η-у sin-у sin -r-
19. 1 + 4 cos Л cos В cos С = — (cos 2Л + cos 2B + cos 2C) = 3 — 2 (cos2 Л +
ABC
+ cos2 В + cos2 C) < cos Л + cos В + cos С = 1 +4 sin -γ s'ln ~2~ sin "§" <
Л Л С 3
< sin -у + sin -у + sin -у < у ·
20. 4 sin Л sin В sin С = sin 2Л -f- sin 2£ + sin 2C< sin Л + sin £ + sinC=
ABC А В С зу-о
= 4 cos -у cos -к- cos -Q- < cos -к- + cos -77- + cos -у < —-— ·
21
. ctg^ + ctg5 + ctgC> j(ctg4+ctg4+c*g4) = -g-cte4X
θ +tg4>/3.
xctg4ctgT>
— + tg —
2 ^ ё 2
171

Метрические соотношения в четырехугольнике
22. а2+ с2 — Ь2 — d2= 2e/cos φ, где φ = Ζ ЛОВ, О — точка
пересечения диагоналей.
23. S = 2" ef sin φ;
yj 1 Q
24 S2 = (p— a) (p— b) (p— c) (p — d) — afad cos2 —— ·
25 e2/2 = a2c2 + ЬЧ* — 2abcd cos (Л + C).
26. e/ <ac-\- bd.
Метрические соотношения в тетраэдре
3V
27. Л/=^7, ι = 1, 2, 3, 4.
2 ι f.2 , 2
ί _[- 62 + C2 «1 + ^1 + ^1
28. /724 =
29. R = gw , где /? — радиус сферы, описанной около тетраэдра, и Г —
площадь треугольника, стороны которого численно равны аах, bblf ccv
ЗУ
Ж '-St+St + Ss + St'

ОГЛАВЛЕНИЕ
Предисловие 3
ПЛАНИМЕТРИЯ
Глава I. Аффинные задачи
Основные теоретические сведения 5
Примеры решения аффинных задач 12
§ 1. Параллельность прямых и пропорциональность отрезков 17
§ 2. Площади 20
§ 3. Геометрические места точек ♦ . * · 22
Глава II. Метрические задачи
Основные теоретические сведения 23
Примеры решения метрических задач 30
§ 4. Перпендикулярность 37
§ 5. Вычисление расстояний и углов 39
§ 6. Метрические соотношения 41
§ 7. Геометрические неравенства. Наибольшие и наименьшие
значения 44
Ответы, указания, решения 47
СТЕРЕОМЕТРИЯ
Глава I. Аффинные задачи
Основные теоретические сведения И 9
Примеры решения аффинных задач 121
§ 1. Параллельность и пропорциональность в пространстве 125
§ 2. Объемы 127
Глава II. Метрические задачи
Основные теоретические сведения 129
Примеры решения метрических задач 131
§ 3. Перпендикулярность в пространстве 135
§ 4. Вычисление расстояний и углов 137
Ответы, указания, решения 138
Разные задачи 166
Основные обозначения и формулы 170

Учебное издание
Серия «Когда сделаны уроки»
Готман Эдгар Готлибович
Скопец Залман Алтерович
ЗАДАЧА ОДНА-РЕШЕНИЯ РАЗНЫЕ
Для старшего школьного возраста
Заведующая редакцией математики О. П. Бондаренко. Редактор Л. Л. Ро·
зумова. Литературный редактор А. С. Кривошея. Художественный редактор
В. А. Пузанкевич. Технический редактор М. С. Губарь. Корректор Л. В. Ка-
люжная
ИВ № 5871
Сдано в набор 16.06.87. Подписано в печать 07.04.88. БФ 05575. Формат
6OX90/i6. Бумага кн.-журн. Гарнитура литературная. Печать высокая. Усл.
печ. л. 11. Усл. кр.-отт. 11,37. Уч.-изд. л. 11,26. Тираж 100 000 экз.
Изд. N° 320033. Заказ № 7-380 Цена 45 к.
Издательство «Радянська школа»
252053, Киев, Ю. Коцюбинского, 5
Книжная фабрика им. М. В. Фрунзе, 310057, Харьков-57, ул. Донец-За-
харжевского, 6/8.