Российская Академия Образования Открытый лицей “ВСЕРОССИЙСКАЯ ЗАОЧНАЯ МНОГОПРЕДМЕТНАЯ ШКОЛА” при Московском государственном университете им. М.В. Ломоносова
Л.Г. Серебренникова
Планиметрия
Учебное пособие для учащихся ОЛ ВЗМШ
Москва, 2003г.
УДК 37.018.43
Планиметрия. Учебное пособие для учащихся ОЛ ВЗМШ при МГУ. (Л.Г.Серебренникова - 80 стр).
Пособие предназначено для учащихся Всероссийской заочной многопредметной школы, а также для руководителей групп “Коллективный ученик”, работающих по программе ВЗМШ. Оно дает возможность повторения основных фактов планиметрии, содержит много опорных задач с решениями, а также большое количество задач для самостоятельного решения.
В конце даны указания к некоторым задачам, список фактов и теорем, приведенных в пособии.
Рецензенты:	____________
к.ф.м.н р.Б.Васильев
Ж.М.Раббот.
Компьютерная верстка - А.Б.Дронзик.
Рекомендовано к изданию Методической комиссией отделения математики ОЛ ВЗМШ
© ОЛ ВЗМШ, 2003 г.
© Л.Г.Серебренникова, 2003г.
3
Оглавление
Предисловие	4
1	Углы	5
1.1.	Основные свойства углов	5
1.2.	Углы и окружность	6
2.	Треугольник и его элементы	11
2.1.	Признаки равенства треугольников	11
2.2.	Признаки подобия треугольников	13
2.3	Соотношения между сторонами и углами в треугольнике 16
2.4.	Замечательные линии треугольника	20
2.5.	Метрические соотношения в треугольнике	39
2.6.	Площадь треугольн и ка	41
2.7.	Две замечательные теоремы о треугольнике	45
2.8	Задачи для самостоятельного решения	50
3.	Некоторые виды четырехугольников	52
3.1.	Параллелограмм	5 2
3.2.	Трапеция	58
3.3.	Вписанные и описанные четырехугольники	62
3.4.	Задачи для самостоятельного решения	70
Приложение	71
Указания к некоторым задачам	75
Указатель теорем и фактов	76
Литература	80
4
ПРЕДИСЛОВИЕ
Перед вами очередное задание ВЗМШ. Прежде чем браться за решение задач, советуем вспомнить основные теоремы школьного курса. Большую часть из них для облегчения работы мы приводим по мере необходимости. Теоремы обозначены буквой Т. Не станем убеждать вас в том, что знание достаточного количества геометрических фактов значительно облегчает поиск решения задачи. Рекомендуем в связи с этим обратить внимание на те задачи, которые мы будем обозначать буквой Ф (от слова ’’факт”). Они проиллюстрируют определенные методы, приемы решения, или продемонстрируют полезные свойства отдельных геометрических фигур.
Тщательно разберитесь в них. Докапывайтесь до самых мелочей. Поверьте, это пойдет на пользу. Однако, прежде чем читать готовое решение, постарайтесь решить задачу самостоятельно.
Пособие никоим образом не претендует на полноту изложения каких-либо разделов планиметрии и тем более не заменяет учебника. Однако, надеемся, что оно поможет вам пополнить свои знания, и, в свою очередь, даст толчок к более серьезному изучению не только этого раздела математики.
В нумерации задач на первом месте стоит цифра, обозначающая номер раздела, затем — номер пункта, и, наконец, — порядковый номер задачи. К этому легко привыкнуть.
К задачам, в конце которых стоит значок даны указания в конце брошюры.
В предлагаемом материале нередко используются задачи и решения, взятые из пособий ВЗМШ и иных изданий, авторами которых являются Н.Б.Васильев, В.Л.Гутенмахер, Ж.М.Раббот, И.Ф.Шарыгин.
Выражаю большую благодарность А.А.Егорову, Ж.М.Рабботу и др. — авторам недавно изданного пособия по геометрии, любезно предоставленного мне в процессе работы над этим материалом.
В период завершения работы над пособием ушел из жизни замечательный математик и педагог Николай Борисович Васильев. Он дал много ценных советов и сделал много полезных замечаний при рецензировании. Ему я особенно признательна.
Благодарю также художника Г.А.Сикорского за часть выполненных иллюстраций, П.Н.Соловьева, готовившего первоначальный вариант оригинал-макета и Н.Р.Брумберг, чьи замечания были для меня полезными.
С благодарностью приму все критические замечания и предложения, которые можно направлять по адресу: 117234, Москва, Воробьевы Горы, МГУ, ВЗМШ, Серебренниковой Л.Г. E-mail: serebr_lg@rambler.ru.
Л.Г. Серебренникова
/. Углы
5.
1. УГЛЫ
1.1 Основные свойства углов
Угол — это часть плоскости, заключенная между двумя лучами.
Т-1. Сумма смежных углов равна 180° (рис. 1.1).
Т-2. Вертикальные углы равны (рис. 1.2)
(Ф-Л.) Два угла с соответственно параллельными сторонами равны или в сумме составляют 180° (рис. 1.3).
(ф-^) Два угла с соответственно перпендикулярными сторонами равны или в сумме составляют 180° (рис. 1.4).
Напомним, что биссектрисой угла называется луч, который исходит из его вершины, проходит между его сторонами и делит угол пополам.
Ф-3. Каждая точка биссектрисы равноудалена от сторон угла (рис. 1.5).
Теперь предлагаем самостоятельно решить несколько совсем несложных задач.
Рис.1.2
1.1.1. Сколько раз в промежуток времени от 8 до 12 часов того же дня стрелки часов образуют развернутый угол?
1.1.2. Найдите угол между биссектрисами смежных углов.
1.13. В вершине 5 данного угла ASB восставлены к его сторонам перпендикуляры SN и SM. Чему может равняться угол MSN, если угол ASB равен: а) 130°;б)30°?
Внешним углом многоугольника называется угол, смежный с внутренним.
Известно, что внешний угол треугольника больше любого внутреннего угла, не смеж-
Рис.1.5
6t
1. Углы
Рис. 1.6
Рис. 1.7
Рис.1 8
кого с ним (см., например, теорему Т-10 на стр. 14).
1.1.4. Чему равна сумма внешних углов треугольника, четырехугольника, пятиугольника?
Какой вывод можно сделать из решения этой задачи?
1.1.5. Могут ли быть три, (два, один, ни одного) внешних угла треугольника острыми?
1.2 Углы и окружность
Угол называется вписанным в окружность, если его вершина лежит на окружности, а стороны пересекают эту окружность (рис. 1.6).
Угол называется центральным, если его вершина совпадает с центром окружности (рис. 1.7).
Центральный угол измеряется дугой, на которую он опирается.
Т-3. Вписанный в окружность угол измеряется половиной дуги, на которую он опирается.
Особенно часто используется такой частный случай этой теоремы:
Ф-4. Вписанный в окружность угол, опирающийся на диаметр, равен 90° (рис. 1.8).
1.2.1. Какое наибольшее число лучей можно провести через данную точку плоскости, чтобы все углы, сторонами которых они являются, были тупыми?
1.2.2. Какое наименьшее число лучей можно провести через данную точку плоскости, чтобы все углы, сторонами которых они являются, были бы острыми?
1. Углы
2
(Т-4/а^ Через точку А, лежащую на окружности, проведены касательная и хорда. Докажите, что угол между касательной и хордой измеряется половиной дуги, заключенной между его сторонами (рис. 1.9а).
б) Из точки А, лежащей вне окружности, выходят лучи АВ и АС, пересекающие эту окружность. Докажите, что угол ВАС измеряется полуразностью дуг окружности, заключенных внутри этого угла (рис. 1.96).
в) Вершина угла ВАС расположена внутри окружности. Докажите, что угол ВАС измеряется полусуммой дуг окружности, заключенных внутри вертикальных углов ВАС и NAM (рис. 1.9в).
Докажем пункт б) (см. рис. 1.96).
Проведя хорду CD, получим треугольник ACD, для которого угол BDC — внешний. Следовательно, угол BDC равен сумме углов ВАС и ACD. Но углы BDC и ACD как вписанные измеряются соответственно половинами дуг ВС и ED. Тогда:
ZBAC = ZBDC - ZACD = -uBC--uED = 2	2
= |(и ВС - uED\
Прежде чем двигаться дальше, скажем несколько слов о геометрическом месте точек.
Множество точек на плоскости, об б)
ладающих определенным свойством при условии, что никакие другие точки, не принадлежащие этому множеству, этим свойством не обладают, называется геометрическим местом точек (сокращенно ГМТ).
В этом смысле окружность есть ГМТ на плоскости, отстоящих от данной точки (центра) на данное расстояние (радиус). Всякая точка, лежащая внутри окружности, — ближе к центру, а всякая точка вне окружности,
б)
1 Рис. 1.9
- дальше от центра.
8
1. Углы
в)
Рис.1.10
Для доказательства того, что некоторое множество является геометрическим местом точек недостаточно доказать, что все точки этого множества обладают определенным свойством, необходимо еще доказать, что никакие другие точки этим свойством не обладают.
Сущность метода ГМТ, используемого в задачах на построение, состоит в следующем.
Пусть надо найти точку X, удовлетворяющую двум условиям. ГМТ, удовлетворяющих первому условию есть некоторая фигура Fi, а второму — F2. Искомая точка X принадлежит и F| и F2, т.е. является их точкой пересечения.
1.2.3.	Докажем, что множество точек (ГМТ), из которых данный отрезок АВ виден под данным углом а— пара симметричных относительно АВ дуг окружностей, проходящих через точки А и В (рис. 1.1 Оа).
Доказательство. Рассмотрим равнобедренный треугольник АСВ, АС-СВ с углом а при вершине С и опишем около него окружность (рис. 1.106). Если точка М принадлежит дуге АСВ, то АМВ=а, то есть все точки дуги АСВ, исключая ее концы, принадлежат искомому ГМТ.
А теперь выясним, нет ли точек, обладающих данным свойством, но не лежащих на дуге АСВ.
Если точка Р лежит вне окружности, в той же полуплоскости относительно прямой АВ, что и точка С, то угол АРВ меньше угла АМВ (рис.ГЮв), так как АМВ — внешний угол треугольника РМВ и он больше всякого внутреннего, не смежного с ним угла.
Аналогично, если точка Q лежит внутри окружности (рис. 1.10г), то угол AQB больше угла АМВ, так как угол AQB — внешний угол треугольника QMB.
1. Углы
9.
Итак, в полуплоскости, ограниченной слева прямой АВ, только точки дуги АСВ удовлетворяют условию.
Рассуждая таким же образом, получим аналогичный результат для точек левой полуплоскости.
1.2.4.	Хорда АВ делит окружность на две дуги АМВ и AN В, отношение которых равно 3:5. Найдите углы АМВ и AN В (рис. 1.11).
1.2.5.	Угол между двумя радиусами окружности содержит 102°. Найдите угол между касательными к ней, проведенными через концы этих радиусов.
1.2.6.	Через точку В проведены три прямые, попарные углы между которыми равны 60°. Докажите, что основания перпендикуляров, опущенных на них из произвольной точки А, служат вершинами правильного треугольника.
Решение. Пусть К, L, М — основания перпендикуляров (рис. 1.12).
Заметим, что точки В, М, А, К, L лежат на одной окружности с диаметром ВА (см.Ф-4). Значит
=	= 60°;
LLMK^LKBM =60°, то есть треугольник KLM — правильный.
Замечание. В этой задаче мы воспользовались методом "вспомогательной окружности". Если отрезок виден из двух точек под одним и тем же углом, часто бывает полезно провести через эти точки и концы отрезка окружность.
Вспомним еще некоторые факты, связанные с окружностью.
(^5^ Диаметр окружности, проходящий через середину хорды, перпендикулярен ей.
N
Рис.1.11
Ф-6. Из одной точки М проведены к окружности две касательные. Тогда: а) отрезки касательных МР и MQ равны между
10
1. Углы
собой; б) МО — биссектриса угла PMQ (рис. 1.13).
1.2.7.	Постройте окружность, которая проходила бы через данную точку А и касалась бы данной прямой в данной точке В. |
1.2.8.	Касательные к окружности образуют угол 60°. Докажите, что: а) отрезок, соединяющий их точку пересечения с центром окружности, равен диаметру окружности; б) отрезок, соединяющий точки касания Р и Q, равен длине МР касательной от точки пересечения касательных до точки касания.
1.2.9.	Дана окружность. Через середину радиуса проведена перпендикулярная ему хорда. Докажите, что эта хорда видна из центра окружности под углом 120°.
1.2.10.	Одна окружность проходит через центр другой. Найдите отношение их радиусов, если отношение диаметра одной из окружностей к их общей хорде равно X.
1.2.11.	Найдите геометрическое место точек М плоскости таких, что касательная, проведенная из М к данной окружности, равна данному отрезку.
1.2.12.	Прямая, соединяющая вершину А треугольника АВС с центром описанной вокруг него окружности, образует со сторонами АВ и АС углы аир. Найдите углы треугольника АВС.
1.2.13.	Внутри угла с вершиной А взята точка М. Луч AM образует со сторонами углы 12° и 48°. В и С - основания перпендикуляров, опущенных из точки М на стороны угла. Найти углы треугольника АВС.
2. Треугольник и его элементы
11
2. Треугольник и его элементы
2.1 Признаки равенства треугольников
Часто употребляемые обозначения: а=ВС, Ь=АС, с-АВ — стороны треугольника АВС; a, f}> у — углы, лежащие соответственно против этих сторон.
(Т-5уДва треугольника равны, если:
а^ове стороны и угол между ними одного треугольника соответственно равны двум сторонам и углу между ними другого треугольника:
б) сторона и прилежащие к ней углы одного треугольника соответственно равны стороне и прилежащим к ней углам другого треугольника;
в) три стороны одного треугольника соответственно равны трем сторонам другого треугольника.
Для прямоугольных треугольников имеются еще и свои признаки равенства:
0 по гипотенузе и острому углу;
0 по гипотенузе и катету;
0 по катету и противолежащему углу.
2.1.1.	Для сторон треугольников АВС и MNK справедливы неравенства: AB*MN, BC^NK^ CA^KN, а треугольники все-таки равны. Возможно ли это?
Ответов, по-своему правильных, может быть два: "ДА" и "НЕТ". (Не правда ли, странно?) А дело здесь вот в чем. Если по определению ААВС = AMNK означает, что
LA~LM,LB = LN,/_C = LK, AB=MN, BC=NK, АС=МК, тогда равенство ААВС * ANMK означает уже другое:
12
2. Треугольник и его элементы
LA = LN, /_В = LM, /_С =/_К, и т.д., то есть имеет значение порядок, в котором записаны вершины треугольников. Между тем некоторые авторы определяют равенство треугольников иначе и их определения допускают ситуацию задачи 2.1.1.
Так что все дело в принятых определениях.
Рис.2.2
2.1.2.	Постройте два неравных треугольника так, чтобы две стороны и угол одного треугольника были соответственно равны двум сторонам и углу другого.
2.13.	В треугольнике АВС проведена биссектриса BBh Пусть М — такая точка плоскости, что отрезок МВ] пересекает ВС в точке К, BM=ABi, LMBB]=LBB]A. Докажите, что BK=KBh
2.1.4.	Докажите, что два треугольника равны по соответственно равным:
а)	высотам;
б)	биссектрисам;
в)	медианам, (см. п.2.4)
2.1.5.	Докажите, что середины равных хорд окружности расположены на окружности с тем же центром. Найдите геометрическое место этих середин.
Если углы двух треугольников, АВС и АХВ}С', соответственно равны, а сходственные стороны (то есть стороны, лежащие против равных углов) пропорциональны, то есть
LA = LA^ LB = Z_BX, LC = LCX\ а/а]=ЫЬ]=с1с]=к, (к — коэффициент подобия), то треугольники называются подобными (рис. 2.2).
Прежде чем решать задачи, связанные с этим понятием, напомним еще одну теорему планиметрии.
/Т-fh/(Теорема Фалеса) Параллельные прямые, пересекающие стороны угла, отсе
2. Треугольник и его элементы
13
кают от них пропорциональные отрезки, то есть выполняется равенство:
AQ/ABj =АС/АВ (рис. 2.3).
2.2 Признаки подобия треугольников
(т^^Греугольники подобны, если:
а)	два угла одного треугольника соответственно равны двум углам другого;
б)	две стороны одного треугольника соответственно пропорциональны двум сторонам другого, а углы, заключенные между ними, равны;
в)	три стороны одного треугольника соответственно пропорциональны трем сторонам другого.
2.	2.1 В треугольнике АВС проведены неравные высоты AM и BN. Докажите^ что треугольники АМС и BNC подобны.  Ч)
Доказательство. Нетрудно заметить, что /_АМС« LCNB, так как они прямые. АВСА - общий. Таким образом, треугольники подобны по первому признаку подобия.
Предлагаем самостоятельно доказать следующее утверждение. Проделав это, Вы поймете, почему оно появилось именно в этом разделе.
Ф-7. Если из одной точки к окружности проведена касательная и секущая, то произведение секущей на ее внешнюю часть равно квадрату касательной, то есть МВ МА-МТ2 (рис.2.5). |
Замечание 1. Под длиной секущей будем понимать длину отрезка МВ (то есть от точки, из которой она проведена, до дальней точки ее пересечения с окружностью), под внешней частью подразумевается отрезок МА, наконец длина касательной — длина отрезка МТ.
14
2. Треугольник и его элементы
Т 
Рис.2.6
Рис.2.8
Итак, если из точки М, взятой вне окружности проведено к ней сколько угодно секущих (см. рис. 2.6), то произведение секущей на ее внешнюю часть есть величина постоянная для всех секущих, равная a2 -R2, где R — радиус окружности, а — расстояние от М до центра окружности.
Замечание 2. Если Вы не догадываетесь, как доказать Ф-7, то стрелка в конце показывает, что имеется указание.
Замечание 3. Напомним, что изменение размеров фигуры без изменения ее формы называется подобным преобразованием данной фигуры.
В предложенной задаче есть некоторая ’’тонкость”. Увеличим стороны треугольника МАТ в к раз (где к-МВ/МТ). Получим треугольник М’А ’Т\ Однако совместить треугольники ВТМ и ТА'М' по плоскости не удастся. Для этого сначала надо «выйти» из плоскости, т.е. как бы «перевернуть» треугольник ТА ’М’.
Ф-7’. Если через точку М, взятую внутри круга, проведены хорды АВ и CD, то произведения отрезков AM МВ и СМ • MD равны.
Другими словами, произведение отрезков хорд, проведенных через точку М, взятую внутри окружности, есть величина постоянная для всех таких хорд, равная R2 - а2, где R — радиус окружности, а — расстояние от М до центра окружности (рис.2.8).
2.2.2. Из двух пересекающихся хорд одна разделилась на части 12 и 18, а вторая — в отношении 3/8. Найдите длину второй хорды.
2.23. Две (не пересекающиеся) хорды продолжены до взаимного пересечения. Найдите длины полученных продолжений, если хорды равны а и Ь, а их продолжения относятся как т/п.
2. Треугольник и его элементы
15
2.2.4.	Из одной точки проведены к окружности секущая и касательная. Сумма их равна 30, а внутренний отрезок секущей на 2 меньше касательной. Найдите длины секущей и касательной.
2.2.5.	Отрезок АВ продолжен на расстояние ВС. На АВ и АС как на диаметрах построены окружности. К отрезку АС в точке В проведен перпендикуляр BD др пересечения с большей окружностью. Из точки С проведена касательная СК к меньшей окружности. Докажите, что CD=CK.
2.2.6.	Через вершины А и В треугольника АВС проведена окружность, пересекающая стороны АС и ВС в точках М и N. Докажите, что треугольник АВС подобен треугольнику MNC.
2.2.7.	В треугольнике АВС на стороне АС взята точка Л/, такая, что AM = АС, а на стороне ВС — точка К, такая, что ВК =	. В ка-
ком отношении отрезок ВМ делит отрезок АК1
Решение. Проведем через вершину А прямую, параллельную ВС. Обозначим через L точку ее пересечения с прямой ВМ (рис.2.9). Пусть BK=d. Тогда BC=3d. Из подобия треугольников AWL и СМВ найдем:
АЫВС = АМ/МС = 2/3 => AL = 2d. Теперь из подобия треугольников LAN и BKN находим: AN/NK = AL/BK = 2.
Искомое отношение найдено.
Замечание. Проведение прямой AL, параллельной отрезку ВС, позволило "перенести" все известные нам отношения на прямые одного направления.
Этот прием помогает быстро разобраться во многих подобных задачах.
2.2.8.	В треугольнике АВС проведены прямые AAi и CCj, так, что ACi/CiB=l/2; BAI/AiC=2/3. Через точку пересечения этих прямых и вершину В проведена прямая, пересекающая АС в точке В7. Найдите отношение CB^BjA. |
16
2. Треугольник и его элементы
Замечание. Для тех, кто знаком с теоремой Чевы (см. стр. 49) вычисление не составит труда.
2.3 Соотношения между сторонами и углами в треугольнике
Т-8. (Неравенство треугольника) Любая сторона треугольника меньше суммы двух других его сторон.
Следствие. Любая сторона треугольника больше модуля разности двух других его сторон, то есть
а >\Ь - с| , Ь >|а - с| , с >\Ь - а| .
Подумайте, существует ли треугольник со сторонами 3, 4, 6.
23.1.	Имеются два отрезка, длины которых равны а и Ь. Известно, что существует треугольник со сторонами а+5Ь, 5а+6Ь и За+2Ь. Определите, что больше: а или Ь.
23.2.	Найдите периметр равнобедренного треугольника, длины двух сторон которого равны 3,9 и 7,9.
233.	Докажите, что медиана треугольника меньше полусуммы двух смежных с ней сторон.
23.4.	Пусть А и В — точки, / — прямая на плоскости. Найдите на прямой / такую точку Л/, что сумма АМ+МВ принимает наименьшее значение, если точки А и В расположены:
а)	по разные стороны;
б)	по одну сторону от прямой /.
Решение, а) Пусть отрезок АВ пересекает прямую / в точке М (рис. 2.10). Согласно неравенству треугольника, для любой точки К прямой / АК + КВ > AM + МВ. Поэтому М-искомая точка.
Пункт б) выполните самостоятельно.
2. Треугольник и его элементы
17
Сумма углов треугольника
Т-9. Сумма углов треугольника равна 180°, то есть а + fi + у = 180°.
Т-10. (Следствие) Внешний угол треугольника равен сумме двух внутренних углов, не смежных с ним, то есть
23.5.	Биссектриса внешнего угла при вершине С треугольника АВС пересекает описанную окружность в точке D.
а)	Докажите, что AD=BD.
б)	При каком условии биссектриса внешнего угла касается окружности в вершине С?
Т-11. (Теорема косинусов)
c2=a2+b2-2 9а -b 'cosy
Ь2=с2+а2-2 -с *а ‘cosfr
a2=c2+b2-2 -с *Ь -coscL.
Т-12. (Теорема синусов):
sin a sinfi sin у где R - радиус описанной окружности.
В следующих задачах показаны примеры применения теорем синусов и косинусов.
23.6.	В треугольнике АВС известны стороны АВ=3,ВС=2иАС=4.
а)	На сторонах АВ и ВС отложены отрезки ВК=ВМ=\ (рис.2.13а). Найдите КМ.
б)	На стороне АС взята точка Р, такая, что АР= 1. Найдите ВР (рис.2.136).
Рис.2.11
Рис.2.13
Решение, а) Из теоремы косинусов имеем: AC2-АВ2+ВС2-2АВ ВС -cosZB, откуда
16
2. Треугольник и его элементы
cos LB -
АВ2 + ВС2 -АС2
2 АВ ВС
9 + 4-16	1
2-3-2 " 4
Применяя теорему косинусов к равнобедренному треугольнику ВКМ, получим:
КМ2 - ВК1 + ВМ1 - 2ВК  ВЫ  cos LB =
«2-2-
1\ _ 5
4/ 2'
Таким образом, КМ = V5 / 2.
Возможен и другой путь решения. Выразим квадраты сторон АС и КМ, лежащих против угла В.
АС2 = АВ2 + ВС1 -2 АВ- BCcosLB, (1)
КМ2 = ВК2 + ВМ2 - 2ВК • BMcos LB (2)
Домножим обе части первого равенства на произведение ВК-ВМ, а обе части второго — на АВ ВС и, подставив известные величины,
получим:
16 - 9 + 4 - 12cosZ.B. (Г)
6 КМ2 = 6 + 6- 12со5LB. (2’)
Вычитая одно полученное соотношение из другого, найдем КМ:
\6-6KM2 = 13-12,
то есть КМ2 = откуда КМ =
23.7.	Вокруг треугольника АВС со стороной АВ=3 описана окружность радиуса 2. Высота, проведенная из вершины А, пересекает эту окружность в точке D. Найдите CD.
С
А в' D а' В
Рис.2.14
Теоремы синусов и косинусов применимы к треугольникам любого вида.
Несколько слов о прямоугольном треугольнике.
Будем, как правило, обозначать: С — вершина прямого угла, а и b — катеты ВС и АС соответственно, с — гипотенуза АВ, а' и Ь' — проекции катетов а и b на гипотенузу, и, наконец, h — высота CD.
2. Треугольник и его элементы
19
Каждый из треугольников ACD и BCD подобен другому и подобен треугольнику АВС. Из их подобия вытекают следующие соотношения:
Т-13.
l	.a2=a'c; b2=b'c;
2	. а2+Ь2=с2 (теорема Пифагора)}
3	.h2=a'b'.
2.3.8.	Пусть две окружности имеют общую точку М, через которую проведены диаметры МА и МВ каждой из окружностей. Докажите, что отрезок АВ всегда проходит через общую точку обеих окружностей. Рассмотрите случаи:
а)	окружности касаются внешним образом;
б)	окружности касаются внутренним образом;
в)	окружности пересекаются в двух точках.
В пункте в) найдите длину отрезка АВ, если диаметры обеих окружностей равны 1, а длина общей хорды равна 1 /2.
Указание, в) Пусть MN — общая хорда. Докажите, что MN1AB.
Напомним определения тригонометрических функций острого угла прямоугольного треугольника:
sin LA = —; cos ЛА = -; с	с
. a sin LA t k b cos LA tgLA = — =-------; ctg LA = - =------.
b cos LA	a sin LA
Отсюда сразу вытекают знакомые соот
ношения:
1	л/З
Ф-8. sin30° »cos30° - —;
2	2
л/з	Г-
tg30" - у-; ctg30" - л/з.
20
2. Треугольник и его элементы
Напомним, как, например, найти cos30°.
Возьмем равносторонний треугольник АВС со стороной а. Проведем в нем медиану AD. Она будет биссектрисой и высотой. Тогда треугольник ABD - прямоугольный с острым углом при вершине А в 30°. Поскольку В£>=а/2, то по теореме Пифагора
AD - ^AB2-BD2 = ^а2-(а/2)2 = —.
о ал/З	>/3
Значит, cos 30 =----: а = —.
2	2
2.4 Замечательные линии
треугольника
Средняя линия треугольника (отрезок, соединяющий середины двух его сторон)
Рис.2.18
Т-14. Средняя линия треугольника параллельна одной из его сторон и равна ее половине.
Т-15. Три средние линии разбивают треугольник на четыре равных треугольника, каждый из которых подобен данному с коэффициентом подобия 1/2.
2.4.1. Найдите геометрическое место середин отрезков с концами на данных параллельных прямых / и /2.
Решение Пусть А — произвольная точка прямой //, В — произвольная точка прямой /2. Проведем AAtl/2; Пусть Е — середина АВ, и F — середина А/А (рис. 2.18). Тогда отрезок EF — средняя линия треугольника АВА/, поэтому прямая EF параллельна каждой из прямых li и /2. Таким образом, если точка Е принадлежит искомому множеству, то она лежит на прямой, параллельной данным и одинаково удаленной от них.
21
2. Треугольник и его элементы
Обратное тоже верно. Т.е., если точка лежит на прямой, параллельной данным и одинаково удаленной от них, то она принадлежит искомому множеству.
Убедитесь в этом.
Биссектриса треугольника (отрезок биссектрисы угла треугольника, соединяющий вершину с точкой на противолежащей стороне)
Часто употребляемые обозначения: la, 1Ь, 1С- биссектрисы углов Л, В и С.
Теперь сформулируем утверждение Ф-3 на языке ГМТ.
Геометрическим местом точек, расположенных на плоскости внутри угла и равноудаленных от его сторон, является его биссектриса.
2.4.2. Докажите, что большей стороне треугольника соответствует меньшая биссектриса, то есть а>Ь>с => 1а<1ь<1с-
Т-16. В равнобедренном треугольнике биссектрисы углов при основании равны.
Доказательство этой теоремы не представляет труда, однако доказательство обратного утверждения, которое мы чуть позже сформулируем, требует гораздо больших усилий.
Но прежде скажем несколько слов об обратных теоремах.
Обратную теорему можно получить, если условие (или часть условия) прямой теоремы сделать заключением, а заключение (или часть заключения) — условием.
Пусть прямая теорема звучит так:
если есть Карлсон, то есть и пропеллер.
Тогда обратная:
22
2. Треугольник и его элементы
если есть пропеллер, то есть и Карлсон.
Она не верна.
Вообще говоря, обратная теорема не б) всегда верна. Но в некоторых случаях, чтобы не получилось абсурдного утверждения, требуются некоторые дополнения.
Рассмотрим примеры.
Прямая теорема:
если даны два смежных угла, то их сумма равна 2d.
Сформулируем обратную теорему так: если сумма двух углов равна 2d, то эти углы смежные.
Она, безусловно, не верна. Но, если к данному условию присоединить, что данные углы имеют общую сторону, а две другие стороны образуют прямую линию, то обратная теорема будет верной.
Из данной теоремы, кроме обратной, можно образовать еще две: противоположную и обратную противоположной. Противоположную теорему можно получить, заменив условие и заключение их отрицанием.
Например, теореме: «в равнобедренном треугольнике две медианы равны» соответствует такая противоположная: «в равнобедренном треугольнике нет двух равных медиан».
Заметим, что теорема, противоположная прямой, может быть и неверной. Теорема же, противоположная обратной, всегда верна, если верна прямая теорема.
Итак,
Ф-9. Если в треугольнике равны две биссектрисы, то он является равнобедренным.
Эта теорема была послана в 1840 году великому шведскому геометру Якобу Штейнеру С.Л. Лемусом с просьбой дать геометри
23
2. Треугольник и его элементы_____________
ческое доказательство*. Штейнер предложил сложное доказательство, вдохновившее многих авторов на поиск более простых методов.
Работы по теореме Штейнера-Лемуса появлялись в различных журналах в середине девятнадцатого века достаточно часто. Не остывал интерес к теореме и в двадцатом веке.
Доказательство, придуманное английскими инженерами, опирается на следующие леммы:
(1) Если две хорды окружности стягивают различные острые углы с вершинами на этой окружности, то меньшему углу соответствует меньшая хорда.
(2) В треугольнике с двумя различными углами меньший угол обладает большей биссектрисой (сравните с задачей 2.1.2).
Доказательство. Пусть АВС — треугольник, в котором Z.B<Z.C. ВМ и CN - соответствующие биссектрисы. Возьмем точку Л/ на отрезке ВМтак чтобы AMCN-ABI2.
Так как AMCN-AMBN, то четыре точки, N,B,Cn М, лежат на одной окружности.
Поскольку
Z.B + £С)<^(/_А +/_В +Z.C), то
I	I. По лемме (1)
CN<M'B^ следовательно, BM>BM’>CN.
Часто случается так, что удобнее доказать не саму теорему, а теорему, противоположную обратной, что, на самом деле, одно и то же. Так мы и поступили при доказательстве Ф-9: доказали, что если треугольник не равнобедренный, то его биссектрисы не равны.
А
Рис.2.19
Соответствующее алгебраическое доказательство можно получить, выразив длину биссектрисы через длины сторон треугольника.
24
2. Треугольник и его элементы
Рис.2.20
2.43. Пусть BBi — биссектриса треугольника АВС (точка В/ лежит на стороне АС) и AB=BBi=BjC. Найдите углы треугольника АВС.
Следующие свойства биссектрисы иногда доказываются в школьном курсе с помощью теоремы синусов. Мы познакомим вас с другим доказательством, основанном на дополнительном построении.
Ф-10. Биссектриса угла треугольника делит противолежащую сторону на отрезки, пропорциональные прилежащим сторонам.
Итак, требуется доказать, что если ZABBj=ABiBC, то АВ1/В1С=АВ/ВС.
Доказательство. Проведем СЕ параллельно ВВ/ до пересечения в точке Е с продолжением стороны АВ. Тогда, согласно Т-6, имеем пропорцию: ABi/BjC-AB/BE. Чтобы от этой пропорции перейти к той, которую требуется получить, достаточно обнаружить, что BE-ВС.
Действительно, ZJE=Z_ABBi, как соответственные при параллельных прямых, а /LBCE=ABjBC, как накрест лежащие при тех же параллельных. Но AABBj-ABiBC по условию. Значит ЛЕ=ЛВСЕ. Отсюда следует, что ВС=ВЕ. Заменив в написанной выше пропорции BE на ВС, получим требуемую пропорцию.
Замечание. Существуют и другие способы доказательства этого факта. Например, можно описать вокруг треугольника АВС окружность, продолжить биссектрису В до пересечения с ней, и найти подобные треугольники.
Заметим, что аналогичное свойство верно и для биссектрисы внешнего угла треугольника АВС. В этом случае точка В/ лежит на продолжении стороны АС.
2. Треугольник и его элементы
25
Обратное утверждение сформулируем в
виде задачи.
2.4.4.	Докажите, что если прямая, проходящая через вершину треугольника, делит противолежащую этой вершине сторону на отрезки, пропорциональные прилежащим к вершине сторонам, то она содержит биссектрису угла треугольника.
Рассмотрим задачу, в которой используется свойство биссектрисы.
2.4.5.	В равнобедренном треугольнике АВС известны длины сторон: AC=b, АВ=ВС=а. AN и СМ — биссектрисы углов А и С. Найдите длину отрезка MN.
Решение. Пусть BM=BN=x. Тогда AM=CN=a-x.
СМ — биссектриса, поэтому, применяя ха
Ф-10, получим:-----= —,
а— х Ь 2	к	а'
откуда а - ах = Ьх, и х =---.
а + Ь
С другой стороны, треугольники АВС и MBN подобны: у них общий угол В, а стороны, между которыми он заключен, пропорциональны. Поэтому MN/b=x/a\ откуда MN=x • Ъ/а. Используя ранее полученное выражение для х, находим:
мн = Л
а\а + Ь) а + Ь
Итак, MN - а— .
а + Ь
2.4.6.	В треугольнике АВС даны стороны ВС=а, АС=Ь, АВ=с. Найдите отношение, в котором точка пересечения биссектрис делит биссектрису угла В.
Теперь предлагаем разобраться в решении следующей задачи. Для этого нам не потребуется дополнительных построений и вычислений. Все основывается на умении увидеть и сопоставить простые факты.
Рис.2.21
26
2. Треугольник и его элементы
2.4.7.	В треугольнике АВС угол В равен 120°. AAi, BBj, CCi — биссектрисы внутренних углов этого треугольника. Докажите, что
Решение. Заметим, (рис.2.22) что BAt — биссектриса угла, смежного с ЛАВВХ (Х.ВхВА = Z_A\BM - 60°), а по условию АА, — М	биссектриса угла ВАС. Следовательно, точка
В/	At равноудалена от прямых АВ и BBt, а так-
с	же от прямых АВ и АС (см. Ф-3). Таким об-
разом, А / равноудалена от прямых ВВ, и В/С, то есть В/А / — биссектриса угла ВВХС.
А	В,	С Точно так же С/В/ — биссектриса угла
Рис.2.22	BBiA. Таким образом, ZCiB]A^9Qq. (Здесь
использован результат задачи 1.1.2).
С биссектрисами треугольника связано еще много интересных фактов. Мы вернемся к ним позже.
Рис.2.23
Т-17. Три биссектрисы треугольника пересекаются в одной точке (эта точка является центром окружности, вписанной в данный треугольник).
Доказательство этой теоремы Вы, безусловно, сможете найти в своем школьном учебнике. Тем не менее, мы приведем рассуждения, доказывающие этот факт.
Пусть О — точка пересечения биссектрис углов А и В треугольника АВС (рис.2.23). Так как она лежит на биссектрисе угла А, она равноудалена от сторон АВ и АС. А так как она одновременно лежит на биссектрисе угла В, она равноудалена от сторон АВ и ВС. Таким образом, О одинаково удалена от всех сторон треугольника ЛВС, в частности, от АС и ВС. Поскольку она при этом находится внутри угла ЛСВ, то лежит на его биссектрисе. Итак, точка О лежит на всех трех биссек
27
2. Треугольник и его элементы
трисах, то есть является точкой их пересечения.
В этом случае, перпендикуляры, опущенные из точки О на стороны треугольника, будут являться радиусами вписанной в него окружности, а сама точка О будет ее центром.
2.4.8.	Пусть О — центр вписанной в треугольник АВС окружности. Найдите величины углов АОВУ ВОС и АОСу если известны углы треугольника АВС
Решение. Учитывая, что О — точка пересечения биссектрис треугольника АВСу получим (рис.2.24):
ср = Z.AOB = 180° - (ААВО + Z.BAO) =
= 18O°-Zy4 + Zg,
2
ИЛИ <р = 180° -180° ~ZC = 90° +	.
2	' L
Аналогично получаются и остальные соотношения.
2.4.9.	Вписанная в треугольник АВС пкррк-ность касается сторон АС и АВ в точках К и М соответственно. Докажите, что
АК= АМ= р-а
(р - полупериметр треугольника АВСу а =ВС).
В дополнение к Т-17 заметим, что для биссектрис внешних углов треугольника справедливо следующее утверждение:
Ф-11. Биссектриса внутреннего угла треугольника и биссектрисы двух внешних углов, не смежных с ним, пересекаются в одной точке — центре вневписанной окружности треугольника.
Рис.2.24
Рис.2.25
Ясно, что всего у треугольника три вне
28
2. Треугольник и его элементы
вписанных окружности. Можно считать, что мы почти решили следующую задачу:
2.4.10.	Сколько существует точек на плоскости, равноудаленных от трех попарно пересекающихся прямых этой плоскости? (Укажите все возможные случаи).
2.4.11.	Докажите, что биссектриса угла треугольника всегда лежит между медианой и высотой треугольника, проведенным из той же вершины, или совпадает с ними.4<
А теперь докажем любопытное свойство вписанной окружности.
Рис.2.26
А
Рис.2.27
2.4.12.	Дано: АВ — основание равнобедренного треугольника А ВС. Докажите, что окружность, касающаяся сторон угла А СВ в точках А и В проходит через точку I — центр вписанной в треугольник окружности.
Доказательство. Пусть К — середина меньшей дуги АВ рассматриваемой окружности. Из свойств вписанных углов и углов между касательной и хордой (см. Т-3 и Т-4) ZCAK=\f2ZCAB , то есть точка К лежит на биссектрисе ^А.
Аналогично можно показать, что она лежит и на биссектрисе угла ZB, то есть совпадает с /.
Ф-12. Квадрат биссектрисы треугольника АВС равен разности произведений сторон, заключающих эту биссектрису, и отрезков, на которые она делит противолежащую сторону, то есть I* = Ьс - ху .
2.4.13.	Центры двух пересекающихся окружностей радиусов Ri и R2 удалены друг от друга на расстояние d. Определите длину общей хорды обеих окружностей.
2. Треугольник и его элементы
29
2.4.14.	Докажите следующие формулы дли-
ны биссектрисы (см. рис.2.28):
2Ьс а , а) I =---cos—Ф;
Ь + с 2
°2 1 (*> + c)2J
б)	I2 =М 1-
2.4.15.	В треугольнике известны три его биссектрисы, /о, 1Ь, и 1С. Определите стороны а, Ьис треугольника.
2.4.16.	Углы А и В треугольника АВС равны соответственно 12° и 132°. АА/ и BBt — биссек
трисы внешних углов треугольника. (Точка Я/ лежит на прямой ВС, точка В/ — на АС.) Дока-
жите, что ААI =AB=BBh	В(
Рис.2.28
а +$ >180°
а)
Рис.2.29
а+0< 180“ А
Поиск решения. Пусть биссектриса внеш-' него угла В лежит на прямой Z. Выясним сначала, в какой полуплоскости от отрезка-АВ расположена точка пересечения биссектрисы угла В и продолжения отрезка АС. Надо понять (см. рис. 2.29а), с какой стороны от отрезка АВ сумма внутренних односторонних углов при пересечении прямых / и АС секущей АВ будет меньше 180°: с той стороны и будут пересекаться / и АС.
Внешний угол В равен 18О°-132о=48о. По
этому сумма указанных углов, расположенных выше прямой ЛВ, равна
12°+132°+(48°/2)= 168°< 180°, и точка В/ расположена на продолжении АС за точку С. Это не удивительно, поскольку ZC=18Oo-132o-12°>ZA Осталось найти углы АА/В и BBiC.
Проделайте это сами и покажите, что треугольники ВАА / и В/ВЛ - равнобедренные.
30
2. Треугольник и его элементы
Медиана треугольника
(отрезок, соединяющий вершину треугольника с серединой противолежащей стороны)
Часто употребляемые обозначения: me, ть, тс — медианы к сторонам a, b и с соответственно.
2.4.17.	Докажите, что большей стороне треугольника соответствует меньшая медиана.
Т-18. В равнобедренном треугольнике медианы, проведенные к боковым сторонам, равны.
Ф-13. Если в треугольнике равны две медианы, то он является равнобедренным.
Ф-14. Медиана прямоугольного треугольника, проведенная из вершины прямого угла, равна половине гипотенузы.
2.4.18.	В равностороннем треугольнике проведены две медианы. Найдите острый угол между ними.
2.4.19.	В прямоугольном треугольнике медиана равна т и делит прямой угол в отношении 1:2. Найдите катеты этого треугольника.
Следующее свойство медиан треугольника мы сформулируем в виде теоремы.
Т-19. Три медианы треугольника пересекаются в одной точке (называемой центром А	тяжести треугольника) и делятся этой
/\\	точкой в отношений 2:1, считая от верши-
В,/ \	ны.
Доказательство. Пусть АА] - медиана тре-сz А) в угольника АВС. Через ее точку М, такую что Р с 2 30	ЛЛО£4/=2:1, проведем прямую ВМ, пересе-
и '	кающую АС в точке	(рис.2.30). Докажем,
что BBi тоже медиана (для этого достаточно доказать, что AB^CBi). Проведем AiN па-
2. Треугольник и его элементы
31
раллельно BBj. Воспользовавшись теоремой Фалеса, получим:
АЛ/.ЛМ7=ЛВ7:В7А^=2:1.
Рассмотрев ZACB, увидим, что
CN.WB7=C^7.A7B=1:1, то есть CN=NBh
Таким образом, ABj=2NBi, то есть ABj-CBi, что и требовалось доказать.
Аналогично медиана СС7 проходит через точку М.
Мы исходили из того, что точка М делит медиану АА} в отношении 2:1.Взяв точку М на медиане BBj или СС7 можно провести аналогичные рассуждения. Отсюда будет следовать, что точка М делит каждую медиану в отношении 2:1.
2.4.20. Докажите, что если отрезки, соединяющие вершины треугольника с точками, выбранными на противоположных сторонах, пересекаются в одной точке и делятся этой точкой в отношении 2:1, считая от вершины, то они — медианы.
2.4.21. Докажите, что медианы делят треугольник на шесть равновеликих частей.
Ф-15. Длина медианы вычисляется по 42b2 + 2с2 -а2 формуле: та ---------------.
Доказательство. Пусть М — середина стороны ВС, ZAMB=a. Тогда ААМС= 180° -а (рис.2.31). Применим теорему косинусов к треугольникам АМВ и АМС:
А
+ т° 2 ^^со^180° ~а>>
X /Ок180~а\с м
Сложив полученные равенства, и учитывая, что cos(180° - а) = -cosa, получим:
Рис.2.31
* То есть имеющих одинаковую площадь.
32
2. Треугольник и его элементы
КЛ
М2
Рис.2.32
т1 « — (2Ь2 + 2с2 - а2), после чего получает-4
ся требуемая формула.
Аналогично доказываются соотношения:
т2 = —(2а2 + 2с2 - Ъ2), т2 = -(2а2 + 2Ь2 - с2). 4	с 4
Замечание. Если заданы длины трех медиан, то из полученных соотношений путем несложных преобразований можно выразить квадраты длины трех сторон треугольника: а2 = ^(2т2 + 2т2 - т2), Ь2 = ^(2т2 + 2т; - т2), с2 ~^(2т^+2т2-т2),
Отсюда непосредственно следует, что треугольник однозначно задается длинами трех своих медиан.
Безусловно, есть иные способы решения задачи о длине медианы. Вернемся к этому в следующем разделе.
2.4.22.	В равнобедренном треугольнике с боковой стороной, равной 4, проведена медиана к боковой стороне. Найдите основание треугольника, если медиана равна 3.
В разделе, посвященном биссектрисе, мы встретились с понятием вписанной окружности, и узнали, как найти ее центр.
Теперь, переходя к окружности, описанной около треугольника, напомним следующее понятие.
Серединный перпендикуляр (перпендикуляр, проведенный к отрезку через его середину)
Ф-16. Любая точка серединного перпендикуляра к отрезку равноудалена от его концов (рис. 2.32).
2. Треугольник и его элементы
33
Докажем, что существует точка, равноудаленная от вершин треугольника, или иначе, что
Т-20. Существует и притом единственная окружность, проходящая через три вершины треугольника. Центр этой окружности лежит на пересечении серединных перпендикуляров к сторонам треугольника.
Доказательство. Рассмотрим точку О, в которой пересекаются серединные перпендикуляры к сторонам АВ и ВС. Она равноудалена от точек А и В, а также от точек В и С. Поэтому она равноудалена и от точек А и С. Это означает, что О лежит и на серединном перпендикуляре к отрезку АС. Поэтому, во-первых, все серединные перпендикуляры к сторонам треугольника пересекаются в одной точке О. Эта точка, во-вторых, раноудалена от всех вершин треугольника, поэтому она является центром описанной около него окружности.
Центр О описанной окружности лежит внутри треугольника, только если этот треугольник остроугольный. Если треугольник прямоугольный, точка О совпадает с серединой гипотенузы {R-c/2}. Если угол С тупой, то прямая АВ разделяет точки О и С.
Высота треугольника
(отрезок перпендикуляра, опущенного из вершины треугольника на прямую, содержащую противолежащую сторону)
Часто употребляемые обозначения: Ла, hb, hc — высоты к сторонам а, b и с.
В остроугольном треугольнике все высоты расположены внутри треугольника, в прямоугольном треугольнике две высоты совпадают с катетами, а в тупоугольном треуголь-
34
2. Треугольник и его элементы
Рис.2.35
нике две высоты расположены вне треугольника (рис.2.34).
2.4.23.	Докажите, что большей стороне треугольника соответствует меньшая высота.
Т-21. Высоты треугольника пересекаются в одной точке.
Доказательство. Проведем через вершины треугольника прямые, параллельные противолежащим сторонам треугольника (рис. 2.35). Эти прямые образуют треугольник AiBiCi, причем стороны исходного треугольника являются средними линиями треугольника AiBjCi.
Таким образом, высоты треугольника АВС- это серединные перпендикуляры к сторонам построенного треугольника AtBiCi. Следовательно они пересекаются в центре Н окружности, описанной около треугольника AiBiCi (см. Т-20).
Точка Н пересечения высот треугольника называется его ортоцентром.
Нетрудно догадаться, что ортоцентр остроугольного треугольника расположен внутри него, прямоугольного — в вершине прямого угла, а тупоугольного — вне треугольника.
Т-22. В равнобедренном треугольнике высоты, опущенные на боковые стороны, равны.
Т-23. Высота, опущенная на основание равнобедренного треугольника, является одновременно медианой и биссектрисой.
Ф-17. Если в треугольнике равны две высоты, то треугольник равнобедренный. |
Т-24. В равностороннем треугольнике точки пересечения высот, медиан, биссек
2. Треугольник и его элементы
35
трис и серединных перпендикуляров к сторонам совпадают. Эта точка (она же, очевидно, является также центром и вписанной, и описанной окружностей треугольника) называется центром треугольника.
R _т
Следствие. r =	=	(г, R, т радиус
вписанной, радиус описанной окружностей и медиана правильного треугольника соответственно).
2.4.24.	Докажите, что сумма расстояний от любой точки основания равнобедренного Треугольника до боковых сторон равна высоте этого треугольника, проведенной к боковой стороне.
2.4.25.	Докажите, что сумма расстояний от любой точки, взятой внутри равностороннего треугольника, до его сторон равна высоте этого треугольника.
2.4.26.	Пусть Н — точка пересечения высот остроугольного треугольника АВС. Докажите, что точки:
а)	/4, В, Aj, Bf,
б)	А/, С, BhH.
лежат на одной окружности.
Доказательство, а) Поскольку отрезок АВ виден из точек В/ и А/ под прямым углом (BBilAC и AAjlBC по условию (см. рис.2.36)), то, используя результат задачи 1.2.1, можно утверждать, что точки А, В, At и В] лежат на окружности с диаметром АВ.
Пункт б) докажите самостоятельно.
При решении планиметрических задач могут пригодиться соотношения между углами треугольника и углами, образованными его высотами. Для этого предлагаем решить следующую задачу:
2.4.27.	Пусть Н — ортоцентр остроугольного треугольника АВС. Выразите углы АНВ, АНС и ВНС через углы Л, В и С |.
36
2. Треугольник и его элементы
Рис.2.37
2.4.28.	Угол В треугольника АВС равен 60°, радиус описанной окружности равен R. Найдите радиус окружности, проходящей через точки А и С и центр / вписанной в этот треугольник окружности.
Решение. Найдем сторону АС по теореме синусов из треугольника АВО.
AC=2/?sinZ5=/?V3.
Искомый радиус найдем по той же теореме из треугольника AIC:
ZAlC=90°+ZB/2^n0°
(см. задачу 2.4.8). Тогда
2sinl20" 2 л/3 'Т
2.4.29.	Докажите, что расстояние от вершины треугольника до точки пересечения высот вдвое больше, чем расстояние от центра описанной окружности до противоположной стороны.
Доказательство. Воспроизведем еще раз рисунок 2.35. Треугольники АВС и AfijCi подобны. Все линейные элементы треугольника AiBjCi в два раза больше соответствующих элементов треугольника АВС. Если О — центр окружности, описанной около треугольника АВС, Н — точка пересечения его высот, то, по доказанному в Т-21, Н — центр окружности, описанной около треугольника AiBiCi. Отрезки НА, НВ, НС равны расстояниям от точки Н до соответствующих сторон треугольника AjBiC]. Значит, эти расстояния в два раза больше расстояний от точки О др соответствующих сторон треугольника АВС.
С этой задачей тесно связан еще один факт. Для тех, кто любит раскалывать математические ’’орешки”, предлагаем решить задачу 2.8.19 из списка задач для самостоятельного решения.
2. Треугольник и его элементы
37
2.430.	Пусть О — центр описанной, / — центр вписанной окружности треугольника АВС. Найдите его угол В, если известно, что точки А, С, О, I расположены на одной окружности. |
В математике бывает так, что объекты, определенные совсем по-разному, совпадают. Покажем это на примере.
Ф-18. Пусть A, Bf С — середины сторон BiCi, AjCi, А]В] треугольника A]B]Ci (рис. 2.37). Тогда окружности, описанные около треугольников АДС, АВ]С, и ABCj пересекаются в одной точке, причем эта точка — центр описанной около треугольника A jBiCi окружности.
Итак, у нас есть две, казалось бы, совсем разные точки: точка пересечения серединных перпендикуляров к сторонам треугольника АВС и точка пересечения окружностей, описанных около треугольников A jBC, АВ]С, и ABCi. Однако эти две точки совпадают.
Указание. Соединим точки А, В, С. Мы уже знаем, что точка Н (ортоцентр треугольника АВС) для треугольника AjBiCi будет центром описанной около него окружности. Предлагаем закончить доказательство самостоятельно, воспользовавшись методом вспомогательной окружности для точек А;, В, Н, С.
Ф-19. Докажите, что точки, симметричные ортоцентру треугольника относительно прямых, содержащих стороны треугольника, лежат на окружности, описанной около этого треугольника.
Доказательство. Продолжим высоты треугольника АВС до пересечения с окружностью.
Рис.2.38
38
2. Треугольник и его элементы
Рис.2.39
Рис.2.41
Обозначим точки пересечения через А', В' и С'. Докажем, что точки А', В' и С симметричны точке Н относительно соответствующих сторон треугольника (рис.2.39) Обозначим углы, как показано на рисунке. Тогда Z_1=Z.3 как вписанные углы, опирающиеся на одну дугу А'В, Z3-Z2 как углы с соответственно перпендикулярными сторонами. Таким образом, Z.1=Z_2, то есть в треугольнике НСА' высота СА; является биссектрисой, а значит и медианой.
Поэтому HAi-AiAАналогично доказывается, что точка Н симметрична остальным двум точкам относительно сторон треугольника.
2.431.	Пусть радиус окружности, описанной около остроугольного треугольника АВС, равен R. Найдите радиусы окружностей, описанных около треугольников: а) АНВ; б) AiBiCi, где Н — ортоцентр, AhBi,Ci — основания высот. |
Ф-20. В треугольнике A^Ci (ортотреугольнике остроугольного треугольника АВС) точка Н (ортоцентр треугольника АВС) является центром вписанной окружности, то есть высоты треугольника АВС являются биссектрисами ортотреугольника (рис.2.40). 1
Опираясь на Ф-18 и Ф-20, можно сказать, что у точки Н оказалось три роли. Итак, точка Н — ортоцентр треугольника АВС, для треугольника АоВоСо является центром описанной окружности, а для треугольника AjBjC] — центром вписанной окружности.
В следующей задаче мы встретимся сразу с двумя окружностями — вписанной и описанной — и познакомимся еще с одним любопытным свойством центра вписанной окружности.
2. Треугольник и его элементы
39
2.432.	Пусть / — центр вписанной окружности треугольника АВС, А] — вторая, помимо точки А, точка пересечения прямой AI с описанной окружностью. Докажите, что А;В=А7С=А;/(рис.2.42). 1
2.433.	Докажите, что биссектриса прямого угла прямоугольного треугольника делит пополам угол между медианой и высотой, проведенными к гипотенузе.
2.5 Метрические соотношения в треугольнике
Теоремы синусов и косинусов не исчерпывают всех соотношений, связывающих основные элементы треугольника. В следующих задачах мы познакомимся с другими полезными фактами.
2.5.1. В произвольном треугольнике АВС вы-a2-b2 sin(a-B) полнено равенство:--— = —1
с sin у
Решение. Пусть в треугольнике АВС а>0. Проведем прямую AD, такую, что LBAD=(3. Тогда D лежит между С и В, так как а>0. Пусть DE — перпендикуляр, опущенный из точки D на сторону АВ. Треугольник ADB — равнобедренный, следовательно
А£ = £В=с/2, cqs>0 = EBIDB,
или DB = —-—.
2 cos 0
Применив теорему синусов к треугольни-ку ADC, получим^
s\n/_DAC sin у
Но AD = DB, LDAC=a-0, поэтому
sin(g - 0) _ CD _ CB-BD CB t sin у AD BD BD
Рис.2.42
Рис.2.43
40
2. Треугольник и его элементы
По теореме косинусов, примененной к треугольнику ЛВС, имеем:
а2 + с2 -Ь2 cos р =----------.
2ас
Из полученных равенств следует:
СВ J a'lcosfi ]
~BD~ ~ с
а-2(а2+с2-b2) } = д2-Ь2 с‘2ас	с2
2.5.2. В треугольнике АВС выполнено соот-62+с2 с „
ношение:  ;— - 5. Докажите, что медианы, проведенные к сторонам b и с, перпендикулярны.
233.	В треугольнике АВС выполнено соот-_ п sin а
ношение: 2cosp=-------. Докажите, что он
sin у
равнобедренный.
А теперь вновь поговорим о прямоугольном треугольнике.
2.5.4.	Докажите, что сумма квадратов медиан прямоугольного треугольника, проведенных к катетам, равна упятеренному квадрату медианы, проведенной к гипотенузе, то есть
/и2 + т2 = 5т2.
Сравните с задачей 2.5.2.
Ф-21. Радиус окружности, вписанной в прямоугольный треугольник, вычисляется по формуле: г = (а 4- b - с)/2. Найдите связь с задачей 2.4.9.
Условие Ф-21 можно сформулировать и так: в прямоугольном треугольнике сумма катетов равна сумме диаметров вписанной и описанной окружностей, а именно а + b = 2В + 2г.
Это равенство дает редкий пример соотношения, в которое входят первые, а не вторые степени сторон прямоугольного тре
2. Треугольник и его элементы
41
угольника, поэтому его удобно применять в вычислениях.
2.5.5.	В прямоугольном треугольнике АВС с острым углом А=30° проведена биссектриса BD другого острого угла. Найдите расстояние между центрами окружностей, вписанных в треугольники ABD и CBD, если меньший катет равен 1.|
2.5.6.	Найдите острые углы прямоугольного треугольника, если радиус вписанной в него окружности равен полуразности его катетов.
2.5.7.	Пусть окружности радиусов R и г внешне касаются друг друга в точке С и обе касаются прямой I в точках А и В соответственно.
а)	Докажите, что треугольник АВС прямоугольный.
б)	Найдите стороны треугольника АВС,
2.5.8.	В треугольнике АВС: АВ-с, ВС-а, ZABC-fl. Луч BL делит fl в отношении т:п. Найдите длину отрезка луча BL, заключенного в треугольнике. В каком отношении BL делит сторону АС?
2.6 Площадь треугольника
Прежде всего напомним ряд формул:
(1)
где ha — высота, опущенная на сторону а.
=i«bsinr, (2)
где у— угол между сторонами аиЬ.
Особенно простой вид последней формулы получается, если ZC=90°:
\ = —ab, 2
(3) Замечание. В Ф-10 Вы встретились со свойством биссектрисы. С помощью формулы (2) его можно легко доказать:
42
2. Треугольник и его элементы
Рис.2.44
ВМ	5шд/2 дд
МС S^. L AC AM sin а/2 AC
(рис.2.44).
Площадь треугольника можно выразить через любой набор элементов, его определяющих.
С помощью теоремы синусов из формулы (2) получаются еще две формулы:
a2 sin LC -sin LB ,Л.
S. =----------------> (4)
2 • sin LA
SA = 2R2 sin LA • sin LB • sin LC. (5)
Заметим, что в последних формулах площадь выражается, на самом деле, через три независимых элемента, а не через четыре, как кажется на первый взгляд. Ведь сумма углов треугольника равна 180°, поэтому любой его угол выражается через два других.
5Д -Vp(P-a)(P-fc)(P-c)’ (6) где р — полупериметр. Эту формулу называют формулой Герона.
Интересна и формула, выражающая площадь через два элемента треугольника:
' р г. (7)
где г — радиус вписанной окружности. И, наконец, еще одна, знакомая вам из школьного курса, формула:
$д =	(8)
4 4Я
2.6.1.	Найдите площадь треугольника, если
заданы его стороны:
а)	6, 7, 12; 6)5,6, V7 ; в) Ло, V17, V29.
Отметим, что формулой Герона удобно воспользоваться лишь в случае а).
Решение, а) Итак,
р = (6 + 7 +12)/2 = 12,5,
Тогда
2. Треугольник и его элементы
43
5Д =А/12,5(12>5-7Х12>5-6)(1г5-12) =
25 13 11 1
2 2 2 2
= ->/14Л 4
б)	Найдем косинус угла, противолежащего наиболее "неудобной" для вычислений сто
роне:
7 = 25+ 36-2-5-6 - cosa,
откуда cosa =
9
10*
Далее sin а
719
10 ‘
Теперь найдем площадь по формуле (2): 1	а/19 15719 3 /—
s «А-5-6 —= ^^--->/19.
2	10	10	2
2.6.2.	Пусть две стороны треугольника равны 3 и 4, а его площадь — з7з . Найдите третью сторону треугольника.
Решение. Первый способ. Сначала найдем синус угла между данными сторонами:
0^3-4.	. 7з
Зл/З =---sin а, откуда sin а = —.
В таком случае угол а может принимать одно из двух значений: 60° или 120 . Теперь найдем cosa. Если а =60°, то cosa = 1/2. Если же а =120°, то cosa = -1/2. Тогда
имеем два варианта выражения для третьей стороны: х2 = З2 + 42 - 2 • 3 • 4 • —, откуда
х » л/13, или х2
х = Т37.
« З2 + 42 + 2 • 3 • 4 • откуда
Второй способ. Обозначим искомую сторону через х и запишем формулу Терона:
которая после преобразований дает уравнение: х4 - 50х2 + 481 = 0.
44
2. Треугольник и его элементы
Рис.2.45
Решив это биквадратное уравнение, получим два значения х: х = V13 или х = д/37.
Замечание 1. Формула Герона может помочь и для составления уравнения, когда одна из сторон не дана в условии. А вот ее применение в задачах 2.6.16),в) затруднено.
Замечание 2. Оба способа решения этой задачи не привели к потере второго решения. Заметим, что потеря второго корня у школьников. Это может произойти, если удалось найти синус угла. Но восстановить сам угол, если нет дополнительной информации, вообще говоря нельзя, ибо sin(180° - a) = sina.
Так что бывает полезно, найдя какое-нибудь решение задачи, подумать, нельзя ли иначе нарисовать чертеж.
Дадим теперь пример решения более сложной задачи, требующей перебор разных вариантов.
2.63. Медиана в треугольнике, выходящая из одной вершины, равна высоте, выходящей из другой вершины, и равна 1. Высота, опущенная из третьей вершины, равна л/З. Найдите площадь треугольника.
Решение. Пусть в треугольнике АВС медиана АМ=\. высота, опущенная из вершины В, также равна 1, а высота, опущенная из вершины С, равна д/З. Тогда расстояния от М до сторон АС и АВ (как средние линии в прямоугольных треугольниках)
1
будут равны — и —. Это означает, что
sin /.МАС -1/2, sin/.МАВ = V3/2.
Таким образом, /_МАС равен 30° или 150°, а /_МАВ равен 60° или 120°. Перебирая варианты, легко убедиться, что существуют две возможности.
1. /_МАС = 30" и /.МАВ = 60° (рис.2.456).
2. /МАС = 30“ и /МАВ = 120" (рис. 2.45в).
2. Треугольник и его элементы
45
В первом случае треугольник АВС прямоугольный, его площадь равна 2^. Во втором
2
случае продолжим AM за точку М на расстояние Л/А, = AM. Тогда АВА^С — параллелограмм. Треугольник АСА] равновелик треугольнику АВС, В треугольнике ACAj известно:
ААХ = 2АМ = 2, АЛД С = 120°.
Тогда ZA(CA = 30°, треугольник равнобедренный, значит А;С=2. Найдем его площадь: S = i-2-2sinl20" -л/з.
2
2.6.4. В треугольнике АВС биссектриса АК перпендикулярна медиане ВМ, угол В равен 120°. Найдите отношение площади треугольника АВС к площади описанного около него круга.
2.6.5. В треугольнике АВС на стороне АВ взята точка К так, что АК:ВК=\ :2, а на стороне ВС взята точка L так, что CL:BL=2 A. Пусть Q — точка пересечения прямых AL и СК. Найдите площадь треугольника АВС, если площадь треугольника BQC равна 1. |
2.7 Две замечательные теоремы о треугольнике
Вы хорошо знаете, что с каждым неравносторонним треугольником связаны три замечательные точки — точки пересечения биссектрис, медиан и высот (см., например, пункт 2.4).
Конечно, вовсе не обязательно прямые, проходящие через вершины треугольника и пересекающиеся в одной точке, будут либо биссектрисами, либо медианами, либо высотами.
В этом разделе мы обсудим условия взаимного расположения треугольника и тройки пересекающихся в одной точке означенных прямых.
46
2. Треугольник и его элементы
Установленные в этом разделе факты не получили должного отражения в школьном курсе геометрии, хотя очень удобны при решении задач.
Если Вам покажется трудным этот материал (в школьном курсе его не преподают), то можете отложить прочтение.
Предлагаем Вам разобраться в решениях нескольких задач.
Рис.2.46
2.7.1. Прямая пересекает сторону АВ треугольника АВС в точке L, деля ее в отношении 5:1, считая от точки А, сторону ВС —в точке Р, делящую ее в отношении 9:2, считая от В. Продолжение стороны АС эта прямая пересекает в точке Q, Найдите отношение AQ:CQ.
Решение. Опустим на прямую LQ перпендикуляры АА], ВВ] и СС] из вершин треугольника (рис. 2.46). Треугольники AAXL и BBXL подобны по двум углам, поэтому
ААХ/ВВХ = AL/LB = 5. Аналогично,
BBJCCX = ВР/PC =9/2
и АА,/СС, = AQ/CQ,Используя эти равенства, найдем искомое отношение:
AQ АА, АА, ВВХ
CQ “ СС, ~ ВВХ ССХ ’
то есть:
AQ АА, А£ ДР 45
CQ ~ СС, = BL РСХ " 2
Обратите внимание на то, что мы нигде не использовали длины отрезков — нам было достаточно знать только отношения этих длин. Аналогичный подход часто помогает избежать громоздких вычислений и избавляет от дополнительных предположений.
Следующие две задачи Вы сможете решить самостоятельно, если уловили идею предыдущего решения.
2. Треугольник и его элементы
47
2.7.2. Прямая пересекает сторону АВ треугольника АВС в точке L, деля ее в отношении 5:3 считая от точки А, сторону ВС — в точке Р, делящую ее в отношении 7:2, считая от В. Продолжение стороны АС эта прямая пересекает в точке Q. Найдите отношения AC. CQ и AQ:CQ.
2.73.	Точка М делит биссектрису ВН треугольника АВС в отношении 2:1 считая от вершины. В каком отношении прямая AM делит сторону ВС, если СН в два раза больше ЛЯ?
Справедлива следующая теорема:
Теорема 1. (Теорема Менелая)* Если прямая пересекает сторону АВ треугольника АВС в точке L, сторону ВС — в точке Р, и продолжение стороны АС в точке Q, то справедливо равенство:
AZДР CQ_ х LB PC AQ~
Доказательство. Поступим точно так, как при решении задачи 2.7.1. Пусть Л/, Л2, Лз — перпендикуляры, опущенные на прямую LQ из вершин А, В, С треугольника и A], Bh Cj— их основания соответственно. Треугольники AAiL, BBjL подобны по двум углам.
Поэтому
h^AL/LB.
Аналогично,
h2lh3=BPIPC и h3/h^CQ/AQ.
Очевидно, что произведение левых частей этих отношений равно единице.
Следовательно, мы приходим к соотношению:	. -.р . с@ в 1, которое и надо было
LB PC AQ
доказать.
* Менелай Александрийский в своем трактате (100 год нашей эры) использовал некоторое свойство сферического треугольника (т.е на поверхности шара) так, как будто для аналогичного плоского оно уже известно. Поэтому теорему назвали его именем.
48
2. Треугольник и его элементы
Обратите внимание, что здесь от hh h2 и h3 не обязательно требовать их перпендикулярность секущей. Достаточна лишь их взаимная параллельность.
Рис.2.48
Предлагаем Вам самостоятельно доказать такой, не менее часто встречающийся, аналог этой теоремы:
2.7.4.	Докажите, что если прямая пересекает продолжение стороны АВ треугольника АВС в точке L, продолжение стороны ВС — в точке Р и продолжение стороны АС в точке Q, то справедливо равенство:	. QQ = i
LB PC AQ
2.7.5.	В треугольнике АВС проведена медиана AAj и на ней взята точка Л/, делящая ее в отмщении 3:1, считая от вершины. В каком отношении прямые СМ и ВМ делят стороны АВ и АС соответственно?
Следующую теорему можно считать обобщением хорошо известных фактов, связанных с медианами, высотами и биссектрисами произвольного треугольника. Она отвечает на вопрос о взаимоположении треугольника и прямых, проходящих через его вершины и пересекающихся в одной точке.
Теорема 2. Если прямые ААЬ BBh CCj, проходящие через вершины треугольника АВС, пересекаются в одной точке М, то
. ^_L. СВ ' = 1 (рис.2.49).
ВС , СА , АВ ,
План доказательства. Для доказательства этой теоремы мы дважды применим теорему Менелая: один раз к треугольнику ABBi и прямой СС] (проходящей по условию через точку М), а второй раз — к треугольнику BjBC и прямой АА7, (проходящей через ту же точку). Этим будут получены два равенства, из которых несложно получить требуемое соотношение.
2. Треугольник и его элементы
49
Итак, из треугольника ABBi, пересеченного прямой СС/, получаем:
АС, СВ, wl
ВС, В,М AC v '
Аналогично получается и второе равенство:
вд ас г р*)
ВМ СА} BA v Л
Для полного завершения доказательства осталось лишь перемножить почленно эти соотношения и произвести необходимые сокращения.
Верно и обратное: если точки А/, Bh С] взяты на сторонах треугольника, противолежащих его вершинам А, В и С соответственно, и справедливо равенство
АС , ВА, СВ ,	1
ВС, СА, АВ,
то прямые АА/, BBlf CCi пересекаются в одной точке.
В этом легко убедиться, вглядевшись в соотношения (*) и (**).
Таким образом, верна теорема:
Теорема 3. (Теорема Чевы)* Прямые AAh
BBi, CCi, проходящие через вершины треугольника АВС, пересекаются в одной точке тогда и только тогда, когда выполнено равенство: АС ' . _1 .	1 = 1
ВС , СА, АВ,
2.7.6.	Используя теорему Чевы, докажите, что:
а)	медианы треугольника пересекаются в одной точке;
б)	биссектрисы треугольника пересекаются в одной точке;
в)	высоты треугольника пересекаются в одной точке.
* Этот термин происходит от имени итальянского мате-
матика Джованни Чевы, который опубликовал эту теорему в 1678г.
50
2. Треугольник и его элементы
2.7.7.	Используя теорему Чевы, докажите, что прямая, соединяющая середины оснований трапеции, проходит и через точку пересечения ее диагоналей, и через точку пересечения продолжений ее боковых сторон.
2.7.8.	Завершите доказательство теоремы Чевы.
2.7.9.	Докажите, используя теорему Чевы, что если в треугольнике равны две высоты, то он равнобедренный.
2.7.10.	Докажите, используя теорему Чевы, что если в треугольнике равны две биссектрисы, то он равнобедренный.
2.8 Задачи для самостоятельного решения
2.8.1.	Стороны треугольника равны 3, 4, 5. Какой это треугольник: остроугольный, прямоугольный или тупоугольный?
2.8.2.	Медианы треугольника равны 3, 4, 5. Какой это треугольник: остроугольный, прямоугольный или тупоугольный?
2.83.	Высоты треугольника равны 3, 4, 5. Какой это треугольник: остроугольный, прямоугольный или тупоугольный?
2.8.4.	Биссектрисы треугольника равны 3, 4, 5. Какой это треугольник: остроугольный, прямоугольный или тупоугольный?
2.8.5.	В треугольнике АВС {АВ = с, ВС = а, АС=Ь) проведены биссектрисы АА}, ВВ\ и ССЬ Найти отношение площадей треугольников A]B]Ci и АВС.
2.8.6.	В равнобедренном треугольнике основание равно 16, боковая сторона равна 10. Найдите радиусы вписанной и описанной окружностей и расстояние между их центрами.
2.8.7.	Найдите острые углы прямоугольного треугольника, если медиана, проведенная к его гипотенузе, делит прямой угол в отношении 1:2.
2.8.8.	Найдите радиус окружности, описанной около прямоугольного треугольника, если радиус окружности, вписанный в этот треугольник, равен 3, а катет равен 10.
2. Треугольник и его элементы
51
2.8.9.	Высота, проведенная к гипотенузе прямоугольного треугольника, делит ее на части 9 и 16. Из вершины большего острого угла треугольника проведена прямая, проходящая через середину высоты. Найдите длину отрезка этой прямой, заключенного внутри данного прямоугольного треугольника.
2.8.10.	Докажите, что в любом треугольнике произведение двух сторон равно произведению высоты, проведенной к третьей стороне, на диаметр описанной окружности.
2.8.11.	В треугольнике АВС с углами LBAC=a, LABC=$ и /_АСВ=у проведены высоты AHi, ВН2 и СН3. Найти отношение площадей треугольников Н1Н2Н3 и АВС.
2.8.12.	Из четырех точек одна является ортоцентром треугольника, образованного тремя другими. Докажите, что этим свойством обладает каждая из данных четырех точек.
2.8.13.	Докажите, что высоты остроугольного треугольника делятся ортоцентром на отрезки, произведения которых равны между собой.
2.8.14.	Медианы AAi и ВВ[ треугольника АВС пересекаются в точке Q под прямым углом. Докажите, что AB-CQ.
2.8.15.	Найдите углы равнобедренного треугольника, если биссектриса угла при его основании отсекает от него треугольник, подобный данному.
2.8.16.	Существует ли треугольник, медиана которого рассекает его на два неравных подобных треугольника?
2.8.17.	В треугольнике АВС угол В прямой. Медианы АК и BD взаимно перпендикулярны. Найдите косинус угла С.
2.8.18.	Найдите длину основания равнобедренного треугольника, если высота, опущенная на основание, равна Л, а радиус вписанной окружности равен г.
2.8.19.	В прямоугольном треугольнике АВС на катете ВС как на диаметре построена окружность, пересекающая гипотенузу АВ в точке D.
52
3. Некоторые виды четырехугольников
а
Рис.3.1
Известно, что AD: DB = 1:3 и высота, опущенная на гипотенузу, равна 3. Найдите ВС.
2.8.20.	* Докажите, что центр тяжести М, ортоцентр Н и центр О описанной окружности треугольника лежат на одной прямой (эта прямая называется прямой Эйлера) и 0М/МН=\12.
2.8.21.	♦ Докажите, что основания перпендикуляров, опущенных из произвольной точки окружности, описанной около треугольника, на его стороны, лежат на одной прямой (эта прямая называется прямой Симпсона).
2.8.22.	Найти углы треугольника, если высота и медиана, выходящие из одной вершины, делят угол на три равные части.
2.8.23.	Докажите, что в окружности равные хорды видны из центра под равными углами.
2.8.24.	Докажите, что с возрастанием расстояния от хорды до центра окружности угол, под которым она видна из центра, уменьшается.
3.	Некоторые виды четы реху гол ьн и ков
3.1 Параллелограмм (четырехугольник, у которого противоположные стороны попарно параллельны).
Т-25. Если четырехугольник — параллелограмм, то его диагонали точкой пересечения делятся пополам.
Т-26. В параллелограмме противоположные стороны равны, противолежащие углы равны.
Т-27. Площадь параллелограмма вычисляется по формулам:
S = aha, (ha — высота, опущенная на сторону а).
S = afesin ZjA,
(ЛА — угол между сторонами а и Ь).
3. Некоторые виды четырехугольников
53
S = —d.d. sin а, 2
(а — угол между диагоналями dj и d2).
Ф-22. J2 + d2 = 2(а2 +fe2). Сумма квадратов диагоналей равна удвоенной сумме квадратов сторон параллелограмма.
Доказательство. Применив теорему косинусов к треугольникам со сторонами a, b, di и a, b, d2, получим: d2 = a2 + Ь2 -2afe-cosa, d2 = а2 + b2 -2afecos(180"-а).
Сложим полученные равенства и воспользуемся тем, что cos(180° -а) ~ -cosа, получим искомое соотношение.
В разделе о медианах треугольника мы обещали вернуться к задаче о длине медианы (см Ф-15). Приведем другое ее решение. Удвоим медиану тс, достроив треугольник АВС до параллелограмма АСВР. Применив к параллелограмму результат утверждения Ф-22, получимгСР2 + АВ2 = 2(АС2 +ВС2 ), т.е. (2 т)2 +с2 = 2(а2 + fe2), откуда
т =-^2а2 +2Ь2 -с2.
с 2
Ранее Вы встретились с признаками равенства треугольников, основываясь на которых, можно сделать вывод о том, что треугольник однозначно задается тремя элементами, один из которых линейный.
Теперь подумайте и дайте ответ на следующие вопросы:
3.1.1.	Определяется ли параллелограмм:
а)	своими сторонами;
Ь)	своими углами;
с)	своими диагоналями;
d)	стороной, углом и диагональю?
3.1.2.	Определяется ли параллелограмм своим центром симметрии и двумя своими вершинами?
54
3. Некоторые виды четырехугольников
3.13.	Докажите, что четырехугольник с вершинами в серединах сторон данного четырехугольника является параллелограммом.
3.1.4.	Сколько можно построить параллелограммов с вершинами в данных трех точках?
Рис.3.3
Предлагаем решить самостоятельно еще несколько задач.
3.13.	На продолжениях сторон АВ, ВС, CD, DA параллелограмма ABCD отложены отрезки ВМ=АВ, CN=BC, DK=CD, AL=DA. Докажите, что четырехугольник MNKL — параллелограмм.!
3.1.6.	Из произвольной точки основания равнобедренного треугольника проведены прямые, параллельные его боковым сторонам. Докажите, что периметр получившегося параллелограмма равен сумме боковых сторон треугольника.
3.1.7.	Каждая из диагоналей четырехугольника делит его на две равновеликие части. Докажите, что четырехугольник — параллелограмм.
3.1.8.	На сторонах параллелограмма вне его построены квадраты. Докажите, что центры этих квадратов являются вершинами квадрата.
3.1.9.	В параллелограмме со сторонами а и b и углом а проведены биссектрисы четырех углов. Найдите площадь четырехугольника, ограниченного биссектрисами.
Поиск решения. Прежде всего заметим, что биссектрисы противолежащих углов параллелограмма параллельны. Кроме того, ANU)N, BQ1.CQ (докажите). Нам удалось установить, что MNPQ — прямоугольник. BQ найдем из прямоугольного треугольника BQC', ВМ — из прямоугольного треугольника АМВ. Нетрудно догадаться, что MQ=\BQ—BM]. Вычисления проделайте самостоятельно.
Мы вернемся еще раз к этой задаче в разделе, посвященном четырехугольникам, которые можно вписать в окружность.
3. Некоторые виды четырехугольников	55
При решении геометрических задач часто бывает полезно составить план решения. Другими словами составить цепочку элементов, которые необходимо последовательно находить. Убедимся в этом на примере решения следующей задачи.
3.1.10.	Периметр параллелограмма ABCD равен 26, Z-ABC = 120°. Радиус окружности, вписанной в треугольник BCD, равен >/з. Найдите длины сторон параллелограмма, если известно, что длина АО больше длины АВ.
Решение. Обозначим точки касания окружности со сторонами треугольника, как показано на рис.3.4. Пусть ВС=х, CD=y. Попробуем составить план решения. Из условия следует, что х + у = 13. Поэтому желательно найти еще одно уравнение относительно х и у. Можем воспользоваться теоремой косинусов применительно к треугольнику BCD, в котором две стороны — это те же х и у. Нетрудно найти угол BCD: LBCD = 180° - /_АВС = 60".
Осталось выразить отрезок BD. Для этого заметим, что точка О лежит на биссектрисе угла BCD, тогда ЛОСМ-30°. Отсюда следует, что МС = ОМ ctg30° =3.
Далее заметим, что CN=CM=3 (см. Ф-6). Выразим BD через х и у, заметив, что ВМ = х - 3, DN = у - 3. Тогда
BD = ВК+ KD = ВМ +DN =
= х-3 + у-3 = х + у- 6 = 13-6 = 7.
Наконец, по теореме косинусов имеем: BD2 = 49 = ВС2 + CD2 - 2ВС • CD • cos LBCD = = x2 + у2 -xy.
Таким образом, мы получаем систему уравнений:
х+ у = 13
х2 + у2 -лу-49.
56
3. Некоторые виды четырехугольников
Выразив х через у из первого уравнения, и подставив его во второе, получим:
у2 -13у + 40 = 0.
Это уравнение имеет два корня: у, = 8, у2 = 5. Так как по условию х>у, то подходит лишь пара (8;5).
Ответ. АР=8, АВ=5.
Замечание 1. Предложенный путь решения не единственный. Воспользовавшись формулой площади параллелограмма, получим:
=х- у -sin 120°.
С другой стороны
= 2рг,где р -	•
Тогда
(х + у + 7)д/з = ху	, откуда ху=40.
Мы получим еще одно уравнение относительно х и у.
Замечание 2. Подумайте, какую ситуацию мы бы получили, если взять у=8, т.е. второй корень.
3.1.11.	В параллелограмме ABCD с площадью ЗОл/З и углом АВС, равным 120°, проведена диагональ АС. Расстояние от вершины В до центра окружности, вписанной в треугольник АВС, равно 2. Найдите стороны параллелограмма, если известно, что ВС>АВ.
В заключение этого небольшого раздела, посвященного свойствам параллелограмма, рассмотрим задачу, в которой требуется найти соотношение между элементами параллелограмма и его площадью.
3.1.12.	Выразите площадь параллелограмма через его диагонали dj и d2 и его острый угол а, считая, что di> d2.
Поиск решения. Прежде всего подумаем, какой из основных формул для площади па-
3. Некоторые виды четырехугольников
57
раллелограмма удобно пользоваться (см. Т-27).
На первый взгляд может показаться, что следует воспользоваться последней из этих формул. Однако от этого пути мы вынуждены отказаться, так как при имеющихся условиях не видно простого способа найти синус угла между диагоналями.
Формула S=aha тоже неудобна, так как ни а, ни ha не известны.
Обращаясь, наконец, к формуле S=ab sin а, заметим следующее: вовсе не надо знать отдельно значения а и b — достаточно знать их произведение.
Воспользуемся теоремой косинусов:
< = а2 + Ь2 - 2а • b • cos(180° - а), d2 = a2 +b2 -2afe-cosa.
Вычитая одно равенство из другого, получим d2 -d2 =4abcosa. Отсюда
. d'~d' ab =-------.
4 cos a
Искомая площадь найдется по формуле:
S»-2—-Mga.
4
Заметим, что если d} =d2, то a-fccosa = 0.
Но а • b # 0, поэтому cosa-Oy откуда следует, что а = 90°. В этом случае мы имеем дело с прямоугольником, площадь которого 5 = ab sin 90° = ab.
Следующие задачи оставляем для самостоятельного решения.
3.1.13.	Перпендикуляр, опущенный из вершины параллелограмма на диагональ, делит ее на отрезки 6 и 15. Найдите стороны и диагонали параллелограмма, если известно, что разность сторон равна 7.
3.1.14.	Диагонали параллелограмма пропорциональны его непараллельным сторонам. Докажите, что углы между диагоналями равны углам параллелограмма. |
Рис.3.5
58
3. Некоторые виды четырехугольников
3.2 Трапеция
(четырехугольник, у которого две противоположные стороны параллельны, а две другие — нет).
Параллельные стороны трапеции называются основаниями, непараллельные — боковыми сторонами. Прямую, соединяющую середины боковых сторон, называют средней линией трапеции. Если боковые стороны трапеции равны, то трапеция называется равнобочной, или равнобедренной.
Т-28. Средняя линия трапеции параллельна основаниям и равна их полусумме.
Т-29. Площадь трапеции равна S
где а и Ь — основания, h — высота трапеции.
Одним из интересных свойств трапеции (к сожалению, не вошедших в некоторые школьные учебники) является следующее:
Ф-23. Прямая, проходящая через точку пересечения продолжений боковых сторон трапеции и точку пересечения ее диагоналей, делит пополам основания трапеции.
/|\	Доказательство. Пусть М — точка пересе-
/ । \	чений диагоналей трапеции ABCD с основа-
/ I \	ниями AD и ВС, К — точка пересечения
/	\	продолжений ее боковых сторон (см. рис.
ВД——1——ДС	3.6). Обозначим через Р и L середины AD и
/ МтС \	В силу параллельности AD и ВС ABKL
I	подобен ААКР и ACKL подобен ADKP. От-
А р	сюда:
Рис 3 6	BL KL _ LC BL LC BL _ АР
АР~ КР~ PD^ АР = PD^ LC ” PD
Т.е. любая прямая, проходящая через К, делит основания трапеции в одном и том же отношении (считая от вершины А или В соответственно). Отсюда следует, что точки К, Р и L лежат на одной прямой.
3. Некоторые виды четырехугольников
59
Точно так же всякая прямая, проходящая через М, делит AD и ВС в одном и том же отношении (считая от вершины А или В). Значит, точки Л/, Р и L тоже находятся на одной прямой. Таким образом, все четыре точки, М, К, Р wL лежат на одной прямой.
Предлагаемые далее задачи можно считать "опорными”. Решение одной из них мы приведем.
3.2.1. Основания трапеции равны а и Ь. Найдите длину отрезка, соединяющего середины диагоналей.
Решение. Пусть точки Р и К — середины диагоналей АС и BD соответственно, (см. рис.3.7). Нетрудно догадаться, что они лежат на средней линии EF этой трапеции. Отрезок ЕР — средняя линия треугольника ВАС, следовательно ЕР параллельно ВС, значит ЕР параллельно AD. Продолжим отрезок ЕР до пересечения с диагональю BD в точке К]. Как уже было отмечено, ЕР параллельно AD, следовательно, отрезок ЕК] — средняя линия треугольника ABD. Отсюда следует, что точка К] — середина BD, т.е. К] совпадает с К. Аналогично получим, что точка F будет лежать на прямой ЕР. В силу того, что ЕК — средняя линия треугольника ABD, EK-AD/2. Аналогично, ЕР — средняя линия треугольника АВС, откуда ЕР=ВС/2. От средней линии EF можно отнять ЕР и KF, причем EP=KF-BC/2, так что
2	2
3.2.2. Основания трапеции равны а и Ь. Найдите длину отрезка, проходящего через точку пересечения диагоналей трапеции параллельно ее основаниям, с концами на боковых сторонах трапеции.!
3.23. Основания трапеции равны а и Ь. Найдите длину отрезка, параллельного основаниям,
60
3. Некоторые виды четырехугольников
с концами на боковых сторонах трапеции, делящего площадь трапеции пополам.!
3.2.4.	Докажите, что биссектрисы углов, прилежащих к боковой стороне трапеции, пересекаются под прямым углом, и точка их пересечения лежит на средней линии трапеции.
3.2.5.	Сумма углов при основании трапеции равна 90°. Докажите, что отрезок, соединяющий середины оснований трапеции, равен полуразности ее оснований.
в
aj D
Приведем теперь пример задачи, решение которой облегчается, как только с помощью анализа числовых данных удается установить некоторые дополнительные свойства фигуры.
3.2.6.	В трапеции ABCD известны основания АЛ=30, ВС=20 и боковые стороны АВ=6, СЛ=8. Найдите радиус окружности, проходящей через точки А и В и касающейся прямой CD.
Решение. Особенностью данной трапеции является то, что продолжения ее боковых сторон пересекаются под прямым углом. Докажем это.
Проведем через точку В прямую, параллельную CD, и обозначим точку ее пересечения с AD через D] (рис.3.8а).
В треугольнике ABDj имеем: ЯВ=6, BD]-8 (BCDDi — параллелограмм),
ADi=AD-DD7=3O-2O= 10.
Таким образом,
AD* =102 = 62 + 82 = АВ2 +В£>,2, откуда следует, что ZABD, = 90°.
Обозначим через Е точку пересечения прямых АВ и CD. Пусть К — середина отрезка АВ. Тогда центр окружности О лежит на перпендикуляре к АВ, проходящем через точку К. Обозначим через L точку касания окружности с прямой CD (OL1.CD).
Фигура OKEL — прямоугольник. Следовательно, искомый радиус, равный OL, равен
3. Некоторые виды четырехугольников
61
также нЕК = ЕВ + ВК = ЕВ + АВ/2. Задача свелась к нахождению отрезка ЕВ.
Из подобия треугольников ВЕС и AED найдем: ЕВ = АВ BC/ADX - 12.
Таким образом, радиус равен 15.
При решении этой задачи мы использовали следующие приемы:
•	провели через вершину трапеции прямую, параллельную другой боковой стороне,
•	продолжили до пересечения боковые стороны.
При этом мы не рисовали окружность, а ограничились изображением центра окружности, проекции его на боковую сторону и точки касания с другой стороной.
Эти советы могут пригодиться в дальнейшем.
3.2.7.	Расстояние между серединами двух сторон четырехугольника равно полусумме двух других его сторон. Докажите, что этот четырехугольник — трапеция или параллелограмм.
Доказательство. Пусть М — середина АВ, К — середина CD. По условию МК-=(CB+AD)I2. Обозначим через N середину диагонали BD. Тогда NK — средняя линия треугольника CDB, следовательно, NK параллельно СВ и NK-CB/2. Аналогично, MN параллельно AD и MN-AD/2. Таким образом, MK=MN+NK, то есть точка N лежит на отрезке КМ (для точек К, N н М неравенство треугольника выродилось в равенство, поэтому и сам треугольник выродился в отрезок). Итак, СВ параллельно AD, поскольку оба эти отрезка параллельны МК. Мы доказали, что ABCD — трапеция или параллелограмм.
На примере этой задачи можно увидеть применение метода ’’средних линий”. Он
62
3. Некоторые виды четырехугольников
бывает необходим, если в условии задачи фигурирует середина одной или нескольких сторон четырехугольника. В таких случаях полезно добавить середины каких-то других сторон и (или) диагоналей.
3.2.8.	В равнобочной трапеции основания равны 40 и 24. Диагонали ее взаимно перпендикулярны. Найдите площадь трапеции.
3.2.9.	Диагонали АС и BD равнобочной трапеции ABCD (AD//ВС) пересекаются в точке О, причем £AOD = 60°. Докажите, что точки К, М и Р, являющиеся серединами отрезков АО, ВО и CD соответственно, образуют правильный треугольник. |
3.2.10.	В трапеции ABCD основания АВ=а, CD-b. Найдите площадь трапеции, если известно, что ее диагонали являются биссектрисами углов DAB и АВС, |
3.2.11.	В равнобочной трапеции средняя линия равна а, а диагонали взаимно перпендикулярны. Найдите площадь трапеции.
3.2.12.	В равнобочной трапеции ABCD основания AD-a и ВС=Ь. Сторона AB-d. Через вершину В проведена прямая, делящая пополам диагональ АС и пересекающая AD в точке К. Найдите площадь треугольника BDK.\
3.3 Вписанные и описанные четырехугольники
Четырехугольник называется вписанным в окружность, если все его вершины лежат на окружности.
Ф-24. Четырехугольник можно вписать в окружность тогда и только тогда, когда сумма его противоположных углов равна 18(f.
а+Р_180	Докажите этот факт, воспользовавшись
Рис.3.10	свойствами вписанных углов.
3. Некоторые виды четырехугольников
63
Попробуйте вписать в окружность квадрат, прямоугольник, параллелограмм, ромб, трапецию. В каких случаях это возможно? После некоторых размышлений Вы вполне сможете доказать следующие утверждения:
Ф-25. Параллелограмм можно вписать в окружность, в том и только том случае, если он — прямоугольник.
Ф-26. Трапецию можно вписать в окружность, в том и только том случае, если она равнобедренная.
33.1.	Во вписанном четырехугольнике ABCD, диагонали которого пересекаются в точке К, известно, что АВ=д, BK=b, АК-с, CD-d (рис.3.11). Найдите АС.
Решение. Пусть КС-х. Заметим, что треугольники АВК и CKD подобны. В самом деле: в них ZABD=ZACD. и ZBAC-ZBDC (вписанные, опирающиеся на одну дугу). Поэтому AB/CD=BK/KC, или a/d=b/x. Отсюда x-bd/a, после чего получаем, что
АС = с + х = (ас + bd)la.
_ ac + bd
Ответ:-------.
33.2.	Найдите диагональ и боковую сторону равнобедренной трапеции с основаниями 20 и 12, если известно, что центр описанной окружности лежит на большем основании трапеции.
333.	В окружность радиуса 2^/7 вписана трапеция ABCD, причем ее основание AD служит диаметром, а угол ZBA£>=60°. Хорда СЕ пересекает диаметр AD в точке Р такой, что AP:PD=1:3.* Найдите площадь треугольника ВРЕ.
33.4.	Во вписанном в окружность четырехугольнике две противоположные стороны взаимно перпендикулярны. Одна из них равна а, прилежащий к ней острый угол делится диагональю на части а и ft (угол а прилежит к стороне а). Найдите диагонали четырехугольника (рис.3.12). |
64
5. Некоторые виды четырехугольников
Наконец, как было обещано, сформулируем утверждение, связанное с условием задачи 3.1.9, но относящееся к произвольному четы реху го л ьн и ку.
33.5.	Докажите, что биссектрисы углов четырехугольника образуют четырехугольник, около которого можно описать окружность.
33.6.	Пусть AD и СЕ - биссектрисы треугольника АВС. Окружность, описанная около треугольника BDE, проходит через центр окружности, вписанной в треугольник АВС. Найдите угол АВС.
33.7.	В треугольнике АВС точки D и Е — се-редины сторон АС и ВС соответственно. Окружность, описанная около треугольника CDE, проходит через точку пересечения медиан треугольника АВС. Найдите медиану СК, если АВ=с.
33.8.	Биссектрисы AD и СК треугольника АВС пересекаются в точке О, KD=\. Найдите углы и две другие стороны треугольника KDO, если известно, что точка В лежит на окружности, описанной около треугольника KDO.
Теперь попробуйте нарисовать разнообразные четырехугольники и вписать в них окружность. Очень скоро Вы убедитесь в том, что получаться это будет далеко не всегда. Докажите следующие утверждения:
Ф-27. Если в четырехугольник вписана окружность, то суммы противоположных сторон его равны.
Ф-28. Если в четырехугольнике суммы противоположных сторон равны, то в такой четырехугольник можно вписать окружность.
Мы намеренно разделили эти два утверждения, которые можно сформулировать как одно, ибо доказательство Ф-28 гораздо сложнее, чем Ф-27.
3. Некоторые виды четырехугольников
65
Из этих утверждений непосредственно вытекает, что в параллелограмм можно вписать окружность в том и только в том случае, если он является ромбом.
33.9.	В четырехугольник ABCD вписана окружность с центром О. Докажите, что LAOB + LCOD = 180°.
Поиск доказательства. Если мы не знаем, как доказать требуемое соотношение между углами, поможем себе тем, что отметим сначала те соотношения, которые в условии задачи наперед известны. Мы знаем, что сумма углов четырехугольника равна 360°. Знаем также, что линии ОА, ОВ, ОС и OD — биссектрисы соответствующих углов четырехугольника ABCD. Не зная, как найти связь между углами АОВ и COD, заметим очевидные связи каждого из этих углов с соответствующими углами четырехугольника. Если внутренние углы четырехугольника обозначить буквами А, В, С и О, то можно выразить углы АОВ и COD через углы четырехугольника. Доведите доказательство до конца.
3.3.10. Две окружности касаются внешним образом. Точки касания общих внешних касательных последовательно соединены. Докажите, что в получившийся четырехугольник можно вписать окружность.
33.11. Средняя линия равнобочной трапеции равна 5. Известно, что в трапецию можно вписать окружность. Средняя линия делит трапецию на две части, отношение площадей которых равно 7:13. Найдите высоту трапеции.
3.3.12. Около окружности описана равнобедренная трапеция с боковой стороной /. Одно из оснований равно а. Найдите площадь трапеции.
33.13. В трапеции длины диагоналей равны 2-713 и 675, а длины оснований — 4 и 12. Найдите площадь этой трапеции. Можно ли в нее
в
66
3. Некоторые виды четырехугольников
вписать окружность? Можно ли вокруг нее описать окружность?
33.14. Вокруг трапеции описана окружность. Основание трапеции составляет с боковой стороной угол а, а с диагональю — угол р. Найдите отношение площади круга к площади трапеции.!
33.15. Площадь равнобедренной трапеции, описанной около окружности, равна S, а высота трапеции в два раза меньше ее боковой стороны. Найдите радиус вписанной в трапецию окружности.
3.3.16. (Формула Герона для вписанного четырехугольника). Докажите, что если четырехугольник со сторонами а, Ь, с и d вписан в окружность, то его площадь можно найти по формуле:
S-J(p~ а)(р - Ь\р - с)(р -d), где через р обозначен полупериметр четырехугольника.
Рис.3.14
Если вы интересуетесь более сложными вопросами, то предлагаем две теоремы, которые по аналогии с соответствующими теоремами для треугольника естественно называть теоремами косинусов для четырехугольника.
Ф-29. Квадрат стороны выпуклого четырехугольника равен сумме квадратов трех других сторон без удвоенных произведений пар этих сторон и косинусов углов между ними, т.е х2 - а2 +Ь2 + с2 - 2accos0 - 2л 6 cos/? - 2bccosy.
Доказательство. Введем обозначения: АВ=а, BC=b, CD=c,AD=x. Через точки А и С проведем прямые АЕ и СЕ, соответственно параллельные ВС и АВ. Обозначим:
ZABC=P, ABCD = у, ZAED=cp AECD=O. Соединим точку Е с вершиной D. Пусть ED-y. И, наконец, опустим перпендикуляры EEi и DD] на прямую ВС. Заметим, что АЕ=Ь, СЕ-а. Из AECD на основании теоремы косинусов имеем:
у2 = л2 +с2 -laccosO.
3. Некоторые виды четырехугольников
67
С другой стороны, из треугольника AED следует:
х2 = b2 +у2 -2by cosy.
Из полученных двух равенств находим:
х2 = а2 +Ь2 + с2 - 2ас' cosd ~ 2by'coscp. (*) Но
ycos(180° -<?)-£, D, -£,С + С£>, =
= a cos LBCE + ccos(180° - у).
Следовательно, у cos у = a cos f} +с cos у.
Подставив найденное выражение в (♦), получим требуемое соотношение. Теорема доказана.
Замечания.
1. Угол между АВ и DC — это угол, равный ZLAMD, в свою очередь, в силу параллельности АВ и СЕ, он равен в.
2. Обращаем ваше внимание на то, что приведенное выше доказательство существенным образом опирается на чертеж, поэтому необходимо рассмотреть другие выпуклые четырехугольники и убедиться в том, что теорема во всех случаях сохраняет свою силу, независимо от расположения точек Ei и Di на стороне ЕС, или найти другое доказательство, которое не нуждается в рассмотрении различных случаев расположения элементов четырехугольника.
Наиболее экономный вывод доказанного соотношения достигается средствами векторной алгебры.
Действительно, AD = АВ+ ВС+ CD, и, возведя обе части этого равенства в квадрат (скалярный квадрат), получим:
х2=а2 + fe2+c2 +
+ 2 АВ-ВС+ 2BCCD+ 2CDAB.
Если скалярные произведения записать в виде произведения длин соответствующих
68
3. Некоторые виды четырехугольников
векторов и косинусов углов между ними, то получим требуемое соотношение.
33.17. На стороне ВС треугольника АВС вне его построен равносторонний треугольник BCD. Докажите, что
AD2 = а +Ь +С + 25л/з, 2
где 5 — площадь треугольника, а а, b и с — его стороны.
Замечание. На первый взгляд, эта задача не связана с доказанной выше теоремой, однако, здесь целесообразно ею воспользоваться.
Теперь познакомим вас со второй теоремой.
Ф-30. Квадрат произведения диагоналей выпуклого четырехугольника равен сумме квадратов произведений его противоположных сторон без удвоенного произведения всех четырех сторон четырехугольника и косинуса суммы двух его противолежащих углов.
Рис.3.15
Итак, необходимо доказать следующую зависимость между элементами четырехугольника:
е2/2 =я2с2 +b2d2 -2abcdcos(j>, где ф— угол, равный сумме углов LA и Z.B, или Z.C и LD, так как
cos(Zj4 + LB} = cos( LC + LD}
Доказательство. Повернем треугольник АВС (рис.3.15) вокруг точки А до совмещения стороны АВ со стороной AD (точка В7 может лежать на AD, на ее продолжении, или совпадать с D}. Полученный треугольник ABiCi подвергнем гомотетии (в нашем случае растяжению) с центром в точке А и коэффициентом гомотетии k-AD/AB\. При этом точка В\ совместится с точкой £>, а треугольник АВ\С\ займет положение треуголь
3. Некоторые виды четырехугольников
69
ника ADC2- Поскольку ABi=AB=a,
BiCj=BC=b,ACi=AC=e,AD=d, и k=d/a, то
АС2 = kACt = —, DC2 = kBtC, = —. а	а
Кроме того,
Z. АВС = /ЛВ.С, = LADC2,
а значит
LCDC2 = /_B + Z_D,
или
ЛСОС2 = 360° -(ZJ3 + АО), то есть равен сумме двух противоположных углов данного четырехугольника. Используя теорему косинусов, определим квадрат СС2 из треугольников CDC2 и САС2 и полученные выражения приравняем:
с2 + ^-7- - 2^^cos( А8 + Z_D) = а а
2 e2d2 _e2d
= е + ——- - 2--cos АА.
а а
Заменив cosZj! выражением -----------—
2ad
(полученного из треугольника ABD) и выполнив преобразования, получим искомое соотношение:
e2f2 =а2с2 +b2d2 -2аЫх1со$ф.
Замечание. Эта теорема названа теоремой косинусов для четырехугольников потому, что она аналогична теореме косинусов для треугольника, стороны которого пропорциональны произведениям ef ас, bd, где а, Ь, с, d— последовательные стороны данного четырехугольника, е nf— его диагонали.
Существование такого треугольника может быть легко установлено.
Предлагаем заинтересовавшимся читателям доказать следующие следствия полученного факта:
70
3. Некоторые виды четырехугольников
Ф-31. Если сумма какой-либо пары противоположных углов четырехугольника равна 90 °, то квадрат произведения диагоналей равен сумме квадратов произведений его сторон.
Ф-32. Во всяком четырехугольнике, вписанном в окружность, произведение диагоналей равно сумме произведений противоположных сторон (теорема Птолемея).
3.4 Задачи для самостоятельного решения
3.4.1.	Параллелограмм с периметром 44 разделен диагоналями на четыре треугольника. Разность между периметрами двух смежных треугольников равна 6. Найдите длины сторон параллелограмма.
3.4.2.	В параллелограмме ABCD угол BAD равен 60°, ЛВ=3. Биссектриса угла А пересекает сторону ВС в точке Е. Найдите площадь треугольника АВЕ.
3.43.	В трапеции MPQF основания MF и PQ равны 24 и 4 соответственно. Высота трапеции равна 5. Точка N делит боковую сторону на отрезки MN и NP. Отрезок MN в три раза больше отрезка NP. Найдите площадь треугольника NQF.
3.4.4.	Во вписанном в окружность четырехугольнике ABCD ZDAB=a, /АВС-ft, /ВКС-у, где К — точка пересечения диагоналей. Найдите ZACD.
3.43.	Докажите, что площадь прямоугольной трапеции, в которую можно вписать окружность, равна произведению ее оснований.
3.4.6.	Боковые стороны трапеции продолжены до пересечения и через полученную точку проведена прямая, параллельная основаниям трапеции. Найдите ее отрезок, ограниченный продолжениями диагоналей, если основания трапеции равны а и Ь.
3.4.7.	Прямая, параллельная основаниям трапеции, разделяет ее на две части, площади которых относятся как 7:2 (считая от большего
Приложение
71
основания). Найдите отрезок этой прямой, ограниченный боковыми сторонами трапеции, если основания трапеции равны 5 и 3.
3.4.8.	Докажите, что середины диагоналей четырехугольника, описанного около окружности, и ее центр лежат на одной прямой.
Приложение
Решение вычислительных геометрических задач немыслимо без применения аппарата алгебры. Для решения текстовых задач, казалось бы, требующих чисто алгебраических методов, часто полезными и сильно облегчающими решение оказываются геометрические методы.
При составлении уравнений, особенно при решении достаточно запутанных задач на движение, очень полезно делать ’’картинки”.
Познакомим Вас с некоторыми приемами на примерах решения таких задач.
Мы рекомендуем, однако, прежде попытаться решить разбираемые здесь задачи самостоятельно для сравнения своего решения и предложенного нами.
Задача 1. По прямым параллельным путям, расстояние между которыми 60 метров, равномерно движутся два поезда в противоположных направлениях. Длина каждого поезда составляет 100 метров. Стрелочник находится на расстоянии 40 метров от ближайшего к нему пути и на таком же расстоянии от ближайшего поезда. Первый поезд загораживает от стрелочника часть второго в течение 5 секунд. Скорость первого поезда 16 м/сек. Определите скорость второго поезда, зная, что поезда проходят на участке путей, ближайших к стрелочнику.
Решение. Эту задачу, безусловно, можно решить, введя необходимые переменные и составив соответствующие уравнения. Решение ее значительно облегчится, если воспользоваться геометрической иллюстрацией.
Пусть стрелочник находится в точке С, и направления движения поездов указаны стрелками на рисунке. Головной вагон поезда, идущего по первому пути, обозначим через Г/, а его хвостовой вагон — через Aj. Аналогичные обозначения примем для второго поезда.
Нетрудно догадаться, что в момент, когда первый поезд начинает загораживать второй от стрелочника, головные вагоны поездов находятся на одной прямой со стрелочником (то есть точки С. Г/ и Г2 находятся на одной прямой).
Аналогично, стрелочник сможет вновь наблюдать второй поезд, как только на одной прямой с ним ока
72
жутся хвостовые вагоны. (Точки С. Xi и Х2 будут на одной прямой).
Таким образом за 5 сек первый поезд пройдет (\6м/сек) (5сек) =80м.
Длины поездов равны Х/Г/ =Aj'Г/= 100м, поэтому длина отрезка XiTj=20m. Из подобия треугольников СХ1Т1 и СХ2Т2 следует, что ^2'^/20=100/40, откуда Х2Т2=50. За пять секунд второй поезд проехал, таким образом, путь Г2Г2, равный 50+100(м), откуда определяется его скорость:
150,м/5 сек=3(1м/сек.
Мы надеемся, что следующая модификация только что решенной задачи не вызовет у Вас затруднений:
Задача 2. По прямым параллельным путям, расстояние между которыми 60 метров, равномерно движутся два поезда в противоположных направлениях. Длина каждого поезда составляет 100 метров. Стрелочник находится на расстоянии 40 метров от ближайшего к нему пути и на расстоянии 400 метров от ближайшего поезда. Первый поезд загораживает от стрелочника часть второго в течении 5 секунд. Скорость первого поезда 16м/сек. Определите скорость второго поезда, зная, что стрелочник, наблюдая за ними, смотрит под углом а к железнодорожным путям.
Задача 3. Пешеход и велосипедист одновременно из одного пункта на шоссе отправились навстречу мотоциклисту (все продвигаются с постоянными скоростями). Когда велосипедист встретил мотоциклиста, пешеход отставал от велосипедиста на 3 км. В тот момент.
когда пешеход встретил мотоциклиста, велосипедист обогнал пешехода на 6км. Какое расстояние было между пешеходом и мотоциклистом в момент начала движения?
Решение. Прежде всего сделаем чертеж. Графиком равномерного прямолинейного движения является прямая в плоскости (tOS) (t — время, 5 — расстояние). Пусть ОП и О В — графики движения пешехода и велосипедиста соответственно (можно считать, что движение началось в нулевой момент времени). Теперь важно понять, как проходит график движения мотоциклиста. Поскольку в начале движения между ним и пешеходом, и велосипедистом было какое-то расстояние, то график движения мотоциклиста должен пройти через некоторую точку М, отличную от начала координат, на оси OS. В силу того, что пешеход и мотоциклист движутся навстречу друг другу, график движения мотоциклиста будет пересекать положительную часть оси времени (см. рисунок).
Этот график пересечет прямые ОВ и ОП в некоторых точках С и D, соответствующих точкам встречи мото
циклиста с велосипедистом и мотоциклиста с пешеходом. По условию в момент встречи мотоциклиста с ве
Приложение
73
лосипедистом пешеход отстает от велосипедиста на расстояние 3 км (отрезок СК на рисунке), а в момент встречи мотоциклиста с пешеходом расстояние от них до велосипедиста было 6 км (отрезок DN на рисунке).
При этом СК||М), следовательно СК — средняя линия треугольника NOD. Тогда OK=KD и значит СК будет средней линией и в треугольнике MOD. Поэтому искомое расстояние ОМ равно 6 км.
Задача 4. В железнодорожной будке на расстоянии 1 м от окна шириной 1 м сидит обходчик. На расстоянии 200 м от окна параллельно плоскости окна проходит горизонтальный железнодорожный путь. Обходчик видит целиком поезд длиной 100 м, идущий с постоянной скоростью в течение 10 сек по ближайшему к будке участку пути. Найдите скорость поезда.
Задача 5. Между маяком, находящимся в море на расстоянии 500 м от пристани длиной 40м, параллельно ей с постоянной скоростью 5м/сек движется пароход длиной 50 м. Пароход закрывает всю пристань на 4 сек от смотрителя маяка. Найдите расстояние от парохода до берега.
Задача 6. Из пункта А в пункт В вышел пешеход. Вслед за ним через 2 часа выехал велосипедист, а еще через 30 минут — мотоциклист. Через некоторое время после выезда мотоциклиста все трое преодолели одинаковую часть пути. На сколько раньше пешехода велосипедист прибыл в В, если пешеход пришел в В через 1 час после прибытия туда мотоциклиста?
Задача 7. Каждый из двух бакенов расположен на расстоянии 400 м от берега, а расстояние между бакенами 500 м. На берегу находится наблюдатель, а на расстоянии 300 м от берега параллельно ему движется корабль со скоростью 15 м/сек. Длина корабля 75 м. Корабль поочередно закрывает от наблюдателя бакены. Какое время прошло между моментами, когда корабль закрыл первый бакен, и когда открыл второй?
Задача 8. Навстречу друг другу движутся с одной стороны велосипедист и мотоциклист, а с другой — пешеход. Когда мотоциклист и велосипедист находились в одной точке, расстояние от них до пешехода было 8 км. Когда мотоциклист встретил пешехода, он обогнал велосипедиста на 4 км, На какое расстояние мотоциклист обгонит велосипедиста, когда тот встретится с пешеходом?
Задача 9. Пункты А, В и С соединены прямолинейными дорогами. К отрезку дороги АВ примыкает квадратное поле со стороной равной АВ/2; к отрезку дороги ВС примыкает квадратное поле со стороной равной ВС, а к отрезку дороги АС примыкает прямоугольный участок леса длиной, равной АС, и шириной 4 км. Площадь леса на 20 км2 больше суммы площадей полей. Найдите площадь леса.
74
Указание. Пусть АВ=х> ВС=у, AC-z. Тогда по условию
откуда
z-5 +
16	4
В полученном уравнении три неизвестных величины, и для нахождения z этого явно недостаточно. На помощь приходит геометрия. Используя неравенство треугольни-
(х \ /у \
—-21 +1 2~1| *0’ Это неРавенство может быть
х	у
выполнено только кода —-2 = 0 и —-1 = 0. Поэтому 4	2
д х=8, у=2, z=10.
1 Задача 10. Дорога АВ пересекает под острым углом I реку ВС. Гонец находится в точке Р внутри угла АВС. , J	Конь хочет пить, а гонец спешит выехать на дорогу. В
J	каком месте реки гонец должен напоить коня, чтобы как
можно быстрее выехать на дорогу?
Указания к некоторым задачам
75
Указания к некоторым задачам
1.2.7. Центр окружности должен лежать на пересечении двух множеств: 1) на перпендикуляре к прямой /, восставленным в точке В и на серединном перпендикуляре к отрезку АВ.
Ф-7. Соедините точки А и Т и точки В иТ. Рассмотрите треугольники ТАМ и ВТМ. Докажите, что они подобны.
2.2.8. Дважды воспользуйтесь приемом, рассмотренным в задаче 2.2.7.
Ф-12. Опишите вокруг треугольника АВС окружность и продолжите биссектрису до пересечения с ней.
2.4.4. Воспользуйтесь дополнительным построением аналогичным тому, которое используется при доказательстве Ф-10 и теоремой Фалеса.
2.4.6. Пусть в треугольнике АВС проведен отрезок ВВ]. Запишите теорему синусов для треугольников АВВ} и BCBj. Разделив одно равенство на другое, можно получить равенство синусов углов АВВ} и СВВ}.
2.4.11. В треугольнике АВС АН - высота, AAj - биссектриса, AM - медиана. Пусть АВ<АС Воспользовавшись Ф-10, нетрудно показать, что BAi<A]C. Завершите рассуждения самостоятельно.
2.4.14. а) Биссектриса разбивает данный треугольник на два. Определите площади этих треугольников и площадь треугольника ЛВС через синус угла между сторонами.
Ф-17. Пусть АВС — данный треугольник, AN и СМ— высоты к сторонам ВС и АВ. Докажите, что треугольник ANC равен треугольнику С МА.
2.4.27.	Воспользуйтесь Ф-2.
2.4.30.	Рассмотрите случаи, когда О и I расположены по одну и по разные стороны от прямой АС. Воспользуйтесь результатом задачи 2.4.8.
2.4.31(	a). Продолжите высоту СС/ до пересечения с окружностью в точке С. Треугольники АС’В и АНВ равны (см. Ф-19), поэтому равны радиусы описанных около них окружностей.
2.4.32.	Доказательство того, что А]В]=А1С, почти очевидно, так как AAi — биссектриса угла ВАС. Чтобы доказать равенство отрезков ВА[ и Л/, достаточно доказать равенство углов IB А] и AjlB.
Ф-20. Воспользуйтесь методом вспомогательной окружности и найдите четыре точки, лежащие на одной окружности.
2.5.5.	Найдите сначала радиус окружности, вписанной в треугольник BCD, воспользовавшись Ф-21. Заметьте, что треугольник ABD- равнобедренный.
W
2.6.5.	Найдите сначала отношение ---- (см. 2.2.7). Затем найдите площадь тре-
угольника КВС, и наконец, площадь треугольника АВС.
3.1.5.	Установите, что этот четырехугольник имеет центр симметрии, совпадающий с центром симметрии данного параллелограмма.
3.1.14.	Обозначьте стороны параллелограмма через а и ка, а диагонали — d к kd. Используя формулу, связывающую диагонали и стороны, установите зависимость между а и d, а затем дважды воспользуйтесь теоремой косинусов.
3.2.2.	Проведите высоту трапеции, которая разделится отрезком на части Л/ и h}. Найдите подобные треугольники и запишите нужные пропорции.
3.2.3.	Найдите точку пересечения продолжений боковых сторон. Рассмотрите получившиеся подобные треугольники.
76
Указатель теорем и фактов
3.2.9.	Из правильного треугольника AOD установите, что KD .L АС, а тогда КР — CD/ 2. Сделайте аналогичный вывод для МР.
3.2.10.	Докажите, что трапеция равнобедренная.
3.2.12.	Заметьте, что АВС К — параллелограмм.
3.3.4.	Воспользуйтесь теоремой Т-46).
3.3.14. Если вокруг трапеции ABCD с боковыми сторонами АВ и CD можно описать окружность, то AB=CD. Окружность, описанная около трапеции, совпадает с окружностью, описанной около треугольника ACD. Найдите ее радиус.
Указатель теорем и фактов
Т-1. Сумма смежных углов равна 180°.
Т-2. Вертикальные углы равны.
Ф-1. Два угла с соответственно параллельными сторонами равны, или в сумме составляют 180°.
Ф-2. Два угла с соответственно перпендикулярными сторонами равны, или в сумме составляют 180°.
Ф-3. Каждая точка биссектрисы равноудалена от сторон угла.
Т-3. Вписанный в окружность угол, стороны которого проходят через две данные точки окружности измеряется половиной дуги, на которую он опирается.
Ф-4. Вписанный в окружность угол, опирающийся на диаметр, равен 90°.
Т-4, а) Через точку Я, лежащую на окружности проведены касательная и хорда. Докажите, что угол между касательной и хордой, измеряется половиной дуги, заключенной между этой касательной и хордой.
б) Из точки J, лежащей вне окружности выходят лучи АВ и АС, пересекающие эту окружность. Докажите, что угол ВАС измеряется полуразностью дуг окружности, заключенных внутри этого угла.
в) Вершина угла ВАС расположена внутри окружности. Докажите, что угол ВАС измеряется полусуммой дуг окружности, заключенных внутри вертикальных углов ВАС и КАМ.
Ф-5. Диаметр окружности, проходящей через середину хорды перпендикулярен ей.
Ф-6. Из одной точки М проведены к окружности две касательные. Тогда: а) Отрезки касательных МР и MQ равны между собой, б) МО — биссектриса угла PMQ Т-5. Треугольники равны, если
а)	две стороны и угол между ними одного треугольника равны двум сторонам и углу между ними другого треугольника;
б)	сторона и прилежащие к ней углы одного треугольника равны стороне и прилежащим к ней углам другого треугольника;
в)	три стороны одного треугольника равны трем сторонам другого треугольника.
Т-6. (Теорема Фалеса) Параллельные прямые, пересекающие стороны угла отсекают от них пропорциональные отрезки, то есть выполняется равенство: ACj/ABi = А С/А В.
Т-7. Треугольники подобны, если:
а)	два угла одного треугольника равны двум углам другого;
б)	две стороны одного треугольника пропорциональны двум сторонам другого, а углы, заключенные между ними равны;
в)	три стороны одного треугольника соответственно пропорциональны двум сторонам другого.
Указатель теорем и фактов
77
Ф-7. Если из одной точки к окружности проведена касательная и секущая, то произведение секущей на ее внешнюю часть равно квадрату касательной, то есть МА-МВ = МТ2.
Ф-7*. Если через точку М, взятую внутри круга проведены хорды АВ и CD, то произведения отрезков АМЕМВ и MDEMC равны
Т-8. (Неравенство треугольника) Любая сторона треугольника меньше суммы двух других его сторон.
Следствие. Любая сторона треугольника больше модуля разности двух других его сторон, то есть а >| Ь - с |, b >\ а - с\ 9 с >| b - а |.
Т-9. Сумма углов треугольника равна 180°, то есть СС + /3 + у = 1 80°.
Т-10. Следствие. Внешний угол треугольника равен сумме двух внутренних углов, не смежных с ним, то есть (р = Ct 4- /3.
Т-11. Теорема косинусов:
с2 = а2 + b2 - 2a/>cosy .b2 = а2 + с2 - 2accos 0 ,a2=c2+b2-2 с b cos а.
Т-12. Теорема синусов:
а ь с	„ п
-----=-------=-------= 2 • а . где R — радиус описанной окружности.
sin a sin {3 sin у
Т-13.
1.	а2 = а'с\ Ь2 = Ь’с,
2.	а2 + Ь2 — С2 (теорема Пифагора);
3.	/?2=д7/.
1	л/З	л/З	Г-
Ф-8. sin30° =|; COs30° = y-;tg3O0 =y-;Ctg30° =V3.
Т-14. Средняя линия треугольника параллельна одной из его сторон и равна его половине.
Т-15. Три средние линии разбивают треугольник на четыре равных треугольника, каждый из которых подобен данному с коэффициентом подобия 1/2.
Т-16. В равнобедренном треугольнике биссектрисы углов при основании равны.
Ф-9. Если в треугольнике равны две биссектрисы, то он является равнобедренным.
Ф-10. Биссектриса угла треугольника делит противолежащую сторону на отрезки, пропорциональные прилежащим сторонам.
Т-17. Три биссектрисы треугольника пересекаются в одной точке (эта точка является центром окружности, вписанной в данный треугольник).
Ф-11. Биссектриса внутреннего угла треугольника и биссектрисы двух внешних углов, не смежных с ним пересекаются в одной точке — центре вневписаной окружности треугольника.
Ф-12. Квадрат биссектрисы треугольника АВС равен разности произведений сторон, заключающих эту биссектрису, и отрезков, на которые она делит противолежащую сторону, то есть I2 = Ьс - ху.
Т-18. В равнобедренном треугольнике медианы, проведенные к боковым сторонам равны.
Ф-13. Если в треугольнике равны две медианы, то он является равнобедренным.
Ф-14. Медиана прямоугольного треугольника, проведенная из вершины прямого угла равна половине гипотенузы.
Т-19. Три медианы треугольника пересекаются в одной точке (называемой центром треугольника) и делятся этой точкой в отношении 2:1, считая от вершины.
78
Указатель теорем и фактов
у/2Ь2 + 2с2 - а2
Ф-15. Длина медианы вычисляется по формуле: 1Па =------------------.
Ф-16. Любая точка серединного перпендикуляра к отрезку равноудалена от его концов.
Т-20. Существует и притом единственная окружность, проходящая через три вершины треугольника. Центр такой окружности лежит на пересечении серединных перпендикуляров к сторонам треугольника.
Т-21. Высоты треугольника пересекаются в одной точке.
Т-22. В равнобедренном треугольнике высоты, опущенные на боковые стороны, равны.
Т-23. Высота, опущенная на основание равнобедренного треугольника является одновременно медианой и биссектрисой.
Ф-17. Если в треугольнике равны две высоты, то треугольник равнобедренный.
Т-24. В равностороннем треугольнике точки пересечения высот, медиан и биссектрис совпадают. Данная точка — центр треугольника, а так же центр вписанной и описанной окружности.
_ R _ т
Следствие. ?	(г, R, т — радиус вписанной, радиус описанной окружно-
стей и медиана соответственно).
Ф-18. Пусть А,, В,, С, — середины сторон ВС, АС, АВ треугольника АВС. Можно доказать, что окружности, описанные около треугольников АВ/С/, А/ВС], и А/В/С пересекаются в одной точке, причем эта точка — центр описанной около треугольника АВС окружности. Ф
Ф-19. Докажите, что точки, симметричные ортоцентру треугольника относительно прямых, содержащих стороны треугольника, лежат на окружности, описанной около треугольника.
Ф-20. В треугольнике А/В/С/ (ортотреугольнике остроугольного треугольника АВС) точка //(ортоцентр треугольника АВС) является центром окружности, вписанной в треугольник А/В/СI, то есть высоты треугольника АВС являются биссектрисами ортотреугольника.
Ф-21. Радиус окружности, вписанной в прямоугольный треугольник вычисляется по формуле: Г = (а + Ь - с)/2 . Найдите связь с задачей 2.4.8.
Теорема 1. (Теорема Менелая) Если прямая пересекает сторону АВ треугольника АВС в точке А, сторону ВС — в точке Р, и продолжение стороны АС в точке Q, то справедл-
AL ВР СО ,
иво равенство:-------------= 1
LB PC AQ
Теорема 2. Если прямые ЛЛ/, ВВ/, СС/, проходящие через вершины треугольника ЛВС, пересекаются в одной точке М, то
АС, ВА, СВ, ВС, СА, АВ, "
Теорема 3. (Теорема Чевы) Прямые АА/, ВВ/, СС/, проходящие через вершины треугольника АВС, пересекаются в одной точке тогда и только тогда, когда выполнено равенство:
АС, ВА, СВ, ВС, ' СА, АВ,~
Т-25. Если четырехугольник — параллелограмм, то его диагонали точкой пересечения делятся пополам.
Указатель теорем и фактов
79
Т-26. В параллелограмме противоположные стороны равны; противолежащие углы
равны.
Т-27. Площадь параллелограмма вычисляется по формулам: 5 = а • ha, (ha - высота, опущенная на сторону а).
S = a' b - sin Z-A угол между сторонами а и Ь).
S = — б/,б/2 since (а - угол между диагоналями di и
Ф-22. <7,2 + d* = 2(а* + Ь*).
Т-28. Средняя линия трапеции параллельна основаниям и равна их полусумме.
о а + Ь .
Т-29. Площадь трапеции равна о =--------п, где а и b - основания, h - высота трапе
ции.
Ф-23. Прямая, проходящая через точку пересечения продолжений трапеции и точку пересечения ее диагоналей, делит пополам основания трапеции.
Ф-24. Четырехугольник можно вписать в окружность тогда и только тогда, когда сумма его противоположных углов равна 180°.
Ф-25. Параллелограмм можно вписать в окружность, в том и только том случае, если он - прямоугольник.
Ф-26. Трапецию можно вписать в окружность, в том и только том случае, если она равнобедренная.
Ф-27. Если в четырехугольник вписана окружность, то суммы противоположных сторон его равны.
Ф-28. Если в четырехугольнике суммы противоположных сторон, то в такой четырехугольник можно вписать окружность.
Ф-29. Квадрат стороны выпуклого четырехугольника равен сумме квадратов трех других сторон без удвоенных произведений пар этих сторон и косинусов углов между ними.
Ф-30 Квадрат произведения диагоналей выпуклого четырехугольника равен сумме квадратов произведений его противоположных сторон без удвоенного произведения всех четырех сторон четырехугольника и косинуса суммы двух его противолежащих углов.
Ф-31. Если сумма какой-либо пары противоположных углов четырехугольника равна 90°, то квадрат произведения диагоналей равен сумме квадратов произведений его сторон.
Ф-32. Во всяком выпуклом четырехугольнике, вписанном в окружность произведение диагоналей равно сумме произведений противоположных сторон, (теорема Птолемея)
Литература
80
Литература
[1]	Баврин И.И. Геометрия 7-9 классы: краткий курс. Москва, «Дрофа», 1998г.
[2]	В мире конкурсной математики. Треугольник. Под редакцией Шикина Е.В. ОНТИ Пущинского научного центра.
[3]	Васильев Н.Б., Раббот Ж.М. Площади многоугольников. Издательство ВЗМШ, 1975.
[4]	Гусев В.А., Литвиненко В.Н., Мордкович А.Г. Практикум по решению математических задач. Геометрия. Учеб. Пособие. М.: Просвещение, 1985.
[5]	Егоров А.А., Раббот Ж.М. Геометрия. 8 кл.: Рабочая тетрадь к учебнику И.Ф.Шарыгина «Геометрия 7-9». В 2 ч. М.: Дрофа, 1999.
[6]	Жаров В.А., Марголите П.С., Скопец З.А. Вопросы и задачи по геометрии. М.: Просвещение, 1965.
[7]	Кантор П.Р., Раббот Ж.М.. Задачи на подобие. Издательство ЗМШ, 1972.
[8]	Киселев А.П, Рыбкин Н.А. Геометрия: Планиметрия: 7-9 кл.: Учебник и задачник. - М.: Дрофа, 1995.
[9]	Коксетер Г.С., Грейтцер С.Л. Новые встречи с геометрией. Москва, «Наука», 1978г.
[10]	Погорелов А.В. Геометрия: Учеб, пособие для 7-11 кл. сред. шк.-М.: Просвещение, 1991.
[11]	Под редакцией Сканави М.И. Сборник конкурсных задач по математике для поступающих во ВТУЗы, М.: Высшая школа, 1980.
[12]	Прасолов В.В. Задачи по планиметрии: в 2 ч. 4.1: Учеб, пособие. - М.: Наука, 1995.
[13]	Приложение к журналу ’’Квант” N 1/95 под редакцией Егорова А.А. Геометрия.
[14]	Скопец З.А. Геометрические миниатюры. М.: Просвещение, 1990.
[15]Шарыгин И.Ф. Задачи по геометрии (планиметрия). Наука, 1986.
[16]Шарыгин И.Ф. Факультативный курс по математике: Решение задач: Учебное пособие для 10 кл. средней школы. - М.: Просвещение, 1989.
Типография ордена «Знак почета» издательства МГУ 119899, Москва, Воробьевы горы
Заказ № 1164 Тираж 2000 экз.