Author: Савин А.П. Васильев Н.Б. Розенталь А.Л. Молчанов С.А.
Tags: алгебра математика геометрия задачи по математике
Year: 1974
Similar
Text
Математика Библиотечка
физико-математичесноу шнолы
ш
Ч
ГЕОМЕТРИЯ
ни
Математика Библиотечка
физико-математической школы
Выпуск 4*
Математические
соревнования
Геометрия
Издательство «Наука»
Главная редакция
физико-математической
литературы
Москва 1974
512
М 89
УДК 512.2 512.3
Николай Борисович Васильев,
Станислав Алексеевич Молчанов,
Александр Львович Розенталь,
Анатолий Павлович Савин
Математика Библиотечка
физико-математической школы
Серия дополнительная
Редактор серии
И. М. Гельфанд
) Издательство «Наука», 1974.
20202-085
053 @2)-74
L
Содержание
Предисловие .... ... . . 4
Задачи . . . 5
Решения 22
Дополнительные задачи 74
Расположение задач по циклам
Задачи. Решения
1. Расположения точек, прямых, отрезков . . 5 22
2. Параллельность и перпендикулярность, мно-
многоугольники 7 27
3. Преобразования 9 32
4. Построения . . 10 36
5. Соотношения между углами 12 42
6. Окружности и многоугольники 12 46
7. Разбиения и покрытия 15 52
8. Задачи на клетчатой бумаге 17 53
9. Плотность и вместимость 18 61
10. Геометрические неравенства 20 65
11. Максимумы и минимумы 21 70
Предисловие
Эта книга содержит полтораста задач по геомет-
геометрии на плоскости. В основном, это задачи довольно
трудные, хотя для их решения, как правило, доста-
достаточно знаний 8—9 классов, а во многих случаях и
7 класса. Книга разбита на три части. Первые сто
задач составляют содержание первой части, а их ре-
решения приведены во второй части книги. Для удоб-
удобства читателей эти задачи разбиты на 11 разделов,
а каждая задача снабжена двойным номером и на-
названием: например, задача «Шмель и соты» является
девятой в восьмом разделе «Задачи на клетчатой бу-
бумаге» и имеет номер 8.9.
Тематика многих задач, особенно в последних пя-
пяти разделах, нетрадиционна: здесь затрагиваются во-
вопросы, близкие к «современным» разделам геометрии
(комбинаторная геометрия, топология, задачи на
максимум и минимум, оценки и неравенства, задачи
на выпуклые фигуры).
Некоторые из этих задач трудно сформулировать
точно, не выходя за рамки школьной математики, —
их можно рассматривать как вопросы для размыш-
размышления.
Основу книги составили задачи математических
олимпиад и конкурсов Вечерней математической
школы при МГУ. Некоторые задачи и решения публи-
публикуются впервые.
Читателям, которые захотят обратиться к более
полным и систематическим изданиям по геометрии,
мы рекомендуем книги серии «Библиотека математи-
математического кружка», а также книгу Г. С. М. Кокстера
«Введение в геометрию».
Авторы приносят глубокую благодарность
В. Л. Гутенмахеру за ценные замечания по содержа-
содержанию и структуре книги.
ЗАДАЧИ
ТОЧКИ, ГДЕ ПЕРЕСЕКАЮТСЯ ПРЯМЫЕ
1.1. Можно ли расположить на плоскости 8 отрез-
отрезков так, чтобы каждый из них пересекался ровно с
тремя другими? Тот же вопрос для 7 отрезков. (На
рисунке показано, что 6 отрезков так расположить
можно.)
Рис. 1.1.
1.2. На рисунке а 7 прямых пересекаются в 7 точ-
точках, на рисунке б — в 9 точках. Могут ли 7 прямых
пересекаться в 8 точках? Сколько вообще может
быть точек пересечения у 7 прямых? (Перечислите
все возможные значения.)
1.3. Поставьте вместо многоточия такое натураль-
натуральное число р, чтобы ответ на следующий вопрос был
однозначным: сколько прямых проведено на плос-
5
кости, если известно, что они пересекаются в ... раз-
различных точках?
1.4. Докажите, что 7 прямых и 7 точек нельзя
расположить на плоскости так, чтобы через каждую
а)
б)
Рис. 1.2.
точку проходили ровно 3 прямые и на каждой пря-
прямой лежали ровно 3 точки.
ШТРИХОВКИ
1.5. На рисунке показано, как можно «заштрихо-
«заштриховать» отрезками полукруг; это означает, что полукруг
можно полностью покрыть отрезками, не имеющими
общих точек (даже концов). Придумайте, как можно
Рис 1.5.
заштриховать равными отрезками любой треугольник,
заштриховать не обязательно равными отрезками
круг*). (Одна точка отрезком не считается!)
*) В замечательной книжке с картинками «Математический
калейдоскоп» Г. Штейнгауза (Гостехиздат, 1949, стр. 10), где
приводится задача о треугольнике, имеется неточность — там на-
написано: «Круг так заштриховать невозможно, даже если бы
отрезок менял длину».
СВОБОДНЫЕ ВЕРШИНЫ
1.6. В выпуклом многоугольнике проведены неко-
некоторые диагонали. Никакие две из них не пересе-
пересекаются. Докажите, что по каждую сторону от лю-
любой из них есть «свободные вершины», т. е. вершины,
из которых не проведено ни одной диагонали.
КРАТЧАЙШАЯ ЛОМАНАЯ
1.7. На плоскости даны п точек. Докажите, что
кратчайшая ломаная с вершинами в этих точках не
имеет самопересечений.
КАРТА, ДЛЯ РАСКРАСКИ КОТОРОЙ МАЛО ТРЕХ КРАСОК
1.8. Расположите на плоскости одиннадцать оди-
одинаковых квадратов так, чтобы они не налегали друг
на друга и чтобы выполнялось следующее условие:
как бы ни окрасить эти квадраты тремя красками,
обязательно какие-нибудь два квадрата одного цве-
цвета будут иметь общий участок границы.
ВОЛЕЙБОЛЬНАЯ СЕТКА И НОЖНИЦЫ
1.9. Какое наибольшее число веревочек, соединяю-
соединяющих соседние узлы волейбольной сетки с квадрат-
квадратными ячейками, можно разрезать так, чтобы сетка
не распалась на отдельные куски? Размеры сет-
сетки—10 X ЮО ячеек.
ПАРАЛЛЕЛЬНЫЕ ОТРЕЗКИ
2.1. Через точку М, взятую на продолжении диа-
диагонали трапеции, и середину каждого основания про-
проведены две прямые, пересекающие боковые стороны
трапеции в точках Н и К- Докажите, что отрезок НК
параллелен основаниям трапеции.
2.2. Середины сторон АВ и CD, ВС и ED выпук-
выпуклого пятиугольника ABCDE соединены отрезками. Се-
Середины Я и К полученных отрезков снова соединены.
Докажите, что отрезок НК параллелен отрезку АЕ и
равен ЧьАЕ.
БИССЕКТРИСЫ ТРАПЕЦИИ
2.3. В трапеции ABCD (ВС \\ AD) биссектрисы внут-
внутренних углов А и В пересекаются в точке М, а бис-
биссектрисы углов С и D — в точке N. Докажите, что дли-
длина отрезка MN равна половине разности между суммой
оснований и суммой боковых сторон трапеции.
7
ШЕСТИУГОЛЬНИКИ С ПАРАЛЛЕЛЬНЫМИ СТОРОНАМИ
2.4. В выпуклом шестиугольнике АхАчАгА/Л^Лъ про-
противоположные стороны параллельны. Докажите, что
площади треугольников Л1Л3Л5 и А%А^АЬ равны.
2.5. В выпуклом шестиугольнике все углы равны.
Докажите, что разности противоположных сторон та-
такого шестиугольника равны между собой.
КВАДРАТ НА ГИПОТЕНУЗЕ
2.6. Докажите, что отрезок, соединяющий верши-
вершину прямого угла прямоугольного треугольника с
центром квадрата, построенного на гипотенузе,
а) делит прямой угол пополам,
б) равен сумме катетов, помноженной на 1^2 /2.
ТРИ ПЕРПЕНДИКУЛЯРА
2.7. Из точек К, Е, И, лежащих соответственно
на сторонах АВ, ВС, СА данного треугольника ABC,
восставлены к этим сторонам перпендикуляры. Дока-
Докажите, что эти три перпендикуляра пересекаются в
одной точке тогда и только тогда, когда выполняется
условие
АК2 + BE2 + СН2 = KB2 + ЕС2 + НА2.
ПОЛИЦЕЙСКИЕ И ВОР
2.8. Между двумя параллельными дорогами, нахо-
находящимися на расстоянии 30 м друг от друга, стоит
_L
в
Рис. 2.8.
бесконечный ряд одинаковых домиков размерами
IOmxIOm на расстоянии 20 м один от другого и
10 м от каждой из дорог (см. рисунок), По одной из
дорог со скоростью v м/сек движется бесконечная
цепь полицейских, соблюдающих интервалы 90 м.
В тот момент, когда один из полицейских находится
напротив одного из домиков (в точке А), по другую
сторону этого домика (в точке В) появляется вор.
8
С какой постоянной скоростью и в каком направле-
направлении должен красться вор, чтобы скрываться от по-
полицейских за домами?
ОДИН ТУПОУГОЛЬНЫЙ ТРЕУГОЛЬНИК
2.9. Докажите, что в треугольнике со сторонами
а, Ь, с прямая, проходящая через центр описанной ок-
окружности и точку пересечения медиан, тогда и толь-
только тогда перпендикулярна медиане стороны с, когда
а2 + Ь2_=2с2.
ЧЕТЫРЕХУГОЛЬНИК В ПАРАЛЛЕЛОГРАММЕ
2.10. На каждой стороне параллелограмма взято
по точке. Докажите, что если площадь четырех-
четырехугольника с вершинами в этих точках равна поло-
половине площади параллелограмма, то одна из диаго-
диагоналей четырехугольника параллельна одной из сто-
сторон параллелограмма.
отраженный четырехугольник
3.1. В плоскости выпуклого четырехугольника
ABCD лежит точка М. Рассмотрим выпуклый четырех-
четырехугольник с вершинами в точках, симметричных точ-
точке М относительно середин сторон данного четырех-
четырехугольника. Докажите, что его площадь вдвое больше
площади A BCD.
СНОВА РАВНОСТОРОННИЙ
3.2. На двух смежных сторонах АВ и ВС парал-
параллелограмма ABCD вне его построены равносторон-
равносторонние треугольники ABE и BCF. Докажите, что тре-
треугольник DEF — равносторонний.
семейство треугольников
3.3. Рассмотрим множество равнобедренных тре-
треугольников, основания которых лежат на данной пря-
прямой, одна из вершин — в данной точке А этой пря-
прямой, и радиусы вписанных окружностей которых рав-
равны данной величине г. Докажите, что все боковые
стороны этих треугольников, не проходящие через
вершину А, касаются одной окружности.
НЕПОДВИЖНАЯ ТОЧКА
3.4. а) Прямоугольная карта города целиком
покрыта второй картой того же города, масштаб
2 Н. Б. Васильев и др. 9
которой в 5 раз крупнее, причем так, что нх соот-
соответствующие стороны параллельны. Докажите, что
можно, не сдвигая карты с места, одновременно про-
проколоть их иглой так, что точка прокола укажет на
обеих картах один и тот же пункт города.
б) Докажите, что это утверждение останется вер-
верным, даже если не требовать, чтобы соответствую-
соответствующие стороны карт были параллельны.
МУРАВЕЙ И ЧЕРЕПАХИ — ДВИЖЕНИЕ ПО СПИРАЛИ
3.5. Из точки О проведено 12 лучей lt, h, ..., U%
так, что каждые два соседних луча образуют угол в
30°. Муравей, сидевший на луче 1и в некоторый мо-
момент пополз по перпендикуляру к лучу /2. Достигнув
/2, он повернул и пополз по перпендикуляру к лучу
h, и так далее. Первый оборот вокруг точки О он
проделал за 1 минуту. Сколько времени он затратит
на второй оборот, если все время будет ползти с по-
постоянной скоростью? Какое расстояние он проползет
до точки О, если первый виток равен а м?
3.6. В четырех вершинах квадрата ABCD со сто-
стороной q сидят четыре черепахи а, Ь, с, й. В опреде-
определенный момент времени они одновременно начинают
двигаться с одной и той же постоянной скоростью и,
причем а ползет все время прямо по направлению к
Ь, Ь — к с, с — к d, d — к а. Где и через сколько вре-
времени они встретятся?
СТЕРТЫЙ ПАРАЛЛЕЛОГРАММ
4.1. На доске был нарисован параллелограмм
ABCD и в нем отмечены точка Е — середина стороны
ВС и точка F — середина стороны CD. Дежурный стер
параллелограмм, остались только точки А, Е и F. Как
по этим данным восстановить чертеж?
СЕРЕДИНЫ ТРЕХ РАВНЫХ СТОРОН
4.2. На плоскости даны три точки. Постройте че-
четырехугольник, для которого эти точки были бы сере-
серединами трех последовательных равных сторон.
ВПИСАННЫЙ И ОПИСАННЫЙ ЧЕТЫРЕХУГОЛЬНИК
4.3. На окружности даны три точки. Найдите на
окружности четвертую точку такую, чтобы в четы-
четырехугольник с вершинами в этих точках можно было
вписать окружность.
10
ВОССТАНОВЛЕНИЕ ТРЕУГОЛЬНИКА
4.4. Даны окружность, точка А, лежащая на ок-
окружности, и точка М, лежащая внутри окружности.
Найдите на окружности такие точки В и С, чтобы
точка М была для треугольника ABC
а) точкой пересечения медиан,
б) точкой пересечения высот.
4.5. Дана прямая и две точки, лежащие по раз-
разные стороны от нее. Постройте треугольник, для ко-
которого данные точки были бы основаниями двух вы-
высот, а третья высота лежала бы на данной прямой.
4.6. Постройте треугольник, если заданы прямая,
на которой лежит его основание, и две точки, яв-
являющиеся основаниями высот; опущенных на боко-
боковые стороны.
4.7. Постройте треугольник, если известны сере-
середины двух его сторон и прямая, на которой лежит
биссектриса, проведенная к одной из этих сторон.
4 8. Даны прямая и две точки по одну сторону от
нее. Постройте треугольник, основание которого ле-
лежит на данной прямой, точка пересечения медиан ле-
лежит в одной из данных точек, а точка пересечения
высот — в другой.
ЭКОНОМНОЕ ПОСТРОЕНИЕ
4.9. Дан отрезок, а) Разделите его на 4 равные
части, проведя не более 6 линий — прямых и окруж-
окружностей, б) Разделите его на 6 равных частей, про-
проведя не более 8 линий.
МЕЛКИЕ ИНСТРУМЕНТЫ
4.10. С помощью циркуля раствором не более
10 см и линейки длиной 10 см соедините отрезком
данные точки А и В, удаленные друг от друга более
чем на 1 м.
ПОСТРОЕНИЯ ПЯТАКОМ
4.11. На плоскости даны три точки А, В и С, ко-
которые можно накрыть одним пятаком. Постройте с
помощью пятака четвертую вершину D параллело-
параллелограмма ABCD. (Разрешается прикладывать пятак
к двум имеющимся точкам и обводить его каран-
карандашом.)
2* 11
4.12. С помощью трех пятаков найдите центр ок«
ружности, диаметр которой равен диаметру пятака.
(Помимо построений, описанных в предыдущей за-
задаче, разрешается прикладывать один пятак к двум
другим.)
найдите угол
5.1. Высоты треугольника ABC пересекаются в
точке О. Известно, что ОС = АВ. Найдите угол при
вершине С.
5.2. Окружность, построенная на катете прямо-
прямоугольного треугольника, как на диаметре, делит ги-
гипотенузу в отношении 1 :3. Определите углы тре-
треугольника.
5.3. Найдите угол С треугольника ABC, если рас-
расстояние от вершины С до ортоцентра треугольника
равно радиусу описанной окружности.
5.4. Найдите угол С треугольника ЛВС, если вер-
вершина А находится на одинаковом расстоянии от
центров вневписанных *) окружностей, касающихся
сторон АВ и ВС.
5.5. В треугольнике ABC с углом 120° при вер-
вершине А проведены биссектрисы AAi, BBt и CCi. Най-
Найдите угол CiAiBi.
5.6. Определите углы треугольника, если центры
вписанной и описанной около него окружностей сим-
симметричны относительно одной из его сторон.
5.7. В равнобедренном треугольнике ABC с боко-
боковыми сторонами АВ = ВС угол ABC равен 80°. Внут-
Внутри треугольника взята точка О так, что угол ОАС
равен 10°, а угол ОСА равен 30°. Найдите угол AOBt
5.8. Докажите, что если разность между суммой
двух сторон треугольника и его третьей стороной
равна диаметру вписанного круга, то один из углов
треугольника — прямой.
ДИАГОНАЛЬ ВПИСАННОГО ЧЕТЫРЕХУГОЛЬНИКА
6.1. Докажите, что если в выпуклый четырехуголь-
четырехугольник ABCD. можно вписать окружность, то окруж-
окружности, вписанные в два треугольника ABC и ADC, ка-
касаются между собой.
*) Окружность, касающаяся одной из сторон треугольнику и,
продолжении двух других, -называется енееписанно^
12
ВОКРУГ РАВНОСТОРОННЕГО ТРЕУГОЛЬНИКА
6.2. а) Точки Ло, Ai и Л2 лежат в вершинах пра-
правильного треугольника, вписанного в окружность О.
Произвольная точки М, лежащая на окружности О,
соединяется отрезками с точками Ло, Ai и А2. Дока-
Докажите, что один из этих отрезков равен сумме двух
других.
б) Точки Ло, Ai и Л2 лежат в вершинах правиль-
правильного треугольника, вписанного в окружность'О. Про-
Проводится окружность, касающаяся данной окруж-
окружности О, и к этой второй окружности из каждой точ-
точки Ло, Ai и Л2 проводится касательная. Докажите, что
длина одной из этих касательных равна сумме длин
двух других.
в) Три равные окружности, центры которых Ло,
Ai и Лг образуют правильный треугольник, касаются
четвертой окружности О. Из произвольной точки N
окружности О проведено по касательной к каждой
из трех равных окружностей. Докажите, что длина
одной из этих касательных равна сумме длин двух
других касательных.
(В задачах б) и в) в случае внутреннего касания
окружностей предполагается, что окружность О
имеет больший радиус — иначе нельзя провести ка-
касательных, о которых говорится в условии.)
ЦЕПОЧКА ПЯТАКОВ
6.3. Шесть пятаков лежат на столе, образуя
замкнутую цепочку (т. е. первый пятак касается вто-
второго, второй — третьего и т. д., шестой — первого).
Седьмой пятак, также лежащий на столе, катится
без скольжения по внешней стороне цепочки, касаясь
по очереди каждого из шести пятаков цепочки. Сколь-
Сколько оборотов сделает этот пятак, вернувшись в исход-
исходное положение?
ЧЕТЫРЕХУГОЛЬНИК И ЧЕТЫРЕ КРУГА
6.4. Дан выпуклый четырехугольник ABCD и че-
четыре круга, каждый из которых касается одной сто-
стороны четырехугольника и продолжений двух сосед-
соседних с ней сторон. Докажите, что центры этих кругов
лежат на одной окружности.
13
И ПОСЛЕДНЯЯ - ТОЖЕ
6.5. а) В десятиугольнике AiA2... Ai0, вписанном в
окружность, стороны AiA2, А2А3, /43/44, ЛИ5 параллель-
параллельны противоположным им сторонам. Докажите, что и
сторона А^Ав параллельна противоположной.
б) В десятиугольнике А\А2... А10, описанном
около окружности с центром О, диагонали AiAe, А2А7,
/43Л8 и АаА9 проходят через точку О. Докажите, чго
и диагональ AsAi0 проходит через точку О.
ДИАГОНАЛЬ - ДИАМЕТР
6.6. Докажите, что если у вписанного четырех-
четырехугольника одна из диагоналей является диаметром
описанной окружности, то проекции противополож-
противоположных сторон на другую диагональ равны.
ТРИ РАВНЫЕ ХОРДЫ
6.7. В окружности проведены три равные хорды
АВ, ВС и CD. Докажите, что диаметр BE пересекает
прямую AD в такой точке F, что отрезки АВ и AF
равны, а прямая СЕ делит отрезок FD пополам.
ТРЕУГОЛЬНИК И ТРИ КРУГА
6.8. Пусть точки Р, Q и R лежат соответственно
на сторонах АВ, ВС и АС треугольника ABC. Дока-
Докажите, что описанные окружности треугольников APR,
BQR и CRQ пересекаются в одной точке.
ОКРУЖНОСТЬ И ПАРАЛЛЕЛОГРАММ
6.9. В параллелограмме ABCD диагональ АС
больше диагонали BD. Через точки В, С, D проведе-
проведена окружность, пересекающая диагональ АС в точ-
точке М. Докажите, что BD — общая касательная к ок-
окружностям, описанным около треугольников АМВ и
AMD.
ОСНОВАНИЯ ВЫСОТ
6.10. Точки К и Р симметричны основанию Н вы-
высоты ВН треугольника ABC относительно его сторон
14
А В и ВС. Докажите, что точки -пересечения отрезка
КР со сторонами АВ и ВС (или их продолжениями)—¦
Рис. 6.10.
основания высот треугольника ABC (см. ри-
рисунок).
РАЗБИЕНИЕ ПРАВИЛЬНОГО МНОГОУГОЛЬНИКА
7.1. Разбейте правильный /г-угольник (п ^ 5) на
наименьшее число.
а) остроугольных треугольников,
б) тупоугольных треугольников.
Каждая сторона любого треугольника разбиения
должна быть одновременно стороной другого тре-
треугольника разбиения или стороной многоугольника.
Здесь важно, что никакая вершина одного тре-
треугольника не делит на части сторону другого тре-
треугольника. Такое разбиение называется обычно три-
триангуляцией.
РАЗРЕЗАНИЕ ПРЯМОУГОЛЬНИКА
7.2. Дан прямоугольник. Докажите, что при каж-
каждом п ^ 5 его можно разрезать на п прямоугольни-
прямоугольников так, чтобы никакие два соседних прямоугольни-
прямоугольника не образовывали вместе прямоугольника.
ПАРКЕТЫ ИЗ МНОГОУГОЛЬНИКОВ
7.3. а) Дан произвольный четырехугольник.
Докажите, что плоскость можно покрыть без про»
пусков и наложений четырехугольниками, равными
данному.
15
б) Существует ли такой пятиугольник, копиями
которого можно замостить плоскость?
в) Тот же вопрос для пятиугольника, никакие две
стороны которого не параллельны.
7.4. Докажите, что плоскость нельзя покрыть рав-
равными выпуклыми семиугольниками.
7.5. а) Докажите, что плоскость удастся покрыть
выпуклыми /г-угольниками (п^7), если не требо-
требовать, чтобы они были равны между собой.
б) Докажите, что плоскость можно покрыть рав-
равными л-угольниками (п^Л), если не требовать,
чтобы они были выпуклыми.
ПОКРЫТИЯ
7.6. Окружность покрыта несколькими дугами.
Эти дуги могут налегать друг на друга, но ни одна
из них не покрывает окружность целиком. Докажите,
что можно выбрать несколько из этих дуг так, чтобы
они тоже покрывали всю окружность и в сумме со-
составляли не больше 720°.
7.7. Коридор полностью покрыт несколькими ков-
ковровыми дорожками, ширина которых равна ширине
коридора. Докажите, что можно снять несколько до-
дорожек так, чтобы оставшиеся не налегали друг на
друга и покрывали не менее половины коридора.
(Предполагается, что любую дорожку можно изъять,
не изменив положения остальных.)
7.8. Пол в прямоугольной комнате бХЗ.мг пол-
полностью покрыт квадратными коврами разных раз-
размеров (края ковров параллельны стенам). Дока-
Докажите, что можно убрать часть ковров так, чтобы
оставшиеся ковры не перекрывались и покрывали
более 2 м2.
УЛИТКА И НАБЛЮДАТЕЛИ
7.9. Улитка ползла с непостоянной скоростью.
В течение 6 минут несколько человек наблюдало за
ней так, что ни в какой момент она не была без на-
наблюдения. Каждый наблюдал ровно одну минуту и
обнаружил, что за эту минуту улитка проползла
ровно 1 м. Докажите, что за все 6 минут улитка
могла проползти самое большее 10 мч ,
16
ПАРКЕТЫ ИЗ СКОБОК
8.1. Вымостите плоскость одинаковыми «скоб-
«скобками»
а) из 6 квадратов (рисунок с),
б) из 5 квадратов (рисунок б).
а) б)
Рис. 8.1.
Рис. 8.2.
8.2. Докажите, что плоскость нельзя вымостить
одинаковыми скобками из 7 квадратов (см. рисунок).
ПАРКЕТ ИЗ ПЛИТОК
8.3. а) Дно прямоугольной коробки выложено
плитками размера 2 X 2 и 1 X 4. Плитки высыпали
из коробки и при этом потеряли одну плитку 2X2.
Вместо нее удалось достать плитку 1 X 4. Докажите,
что теперь выложить дно коробки плитками не
удастся.
б) Дно прямоугольной коробки выложено плит-
плитками двух сортов: прямоугольниками 1 X 3 и «угол-
«уголками» из трех плиток 1X1- Плитки высыпали из ко-
коробки, заменили один из «уголков» плиткой I X 3 и
вновь выложили дно коробки. Могло ли это быть?
НИ ОДНОГО УГОЛКА
8.4. Какое наибольшее число клеток в квадрате
п X п, нарисованном на клетчатой бумаге, можно за-
закрасить так, чтобы ни в одном квадрате 2X2 не
оказалось трех закрашенных клеток?
прямоугольный город
8.5. В городе 10 улиц параллельные друг другу
и 10 других пересекают их под прямым углом. Ка-
Какое наименьшее число поворотов может иметь зам-
замкнутый маршрут, проходящий через все перекре-
перекрестки?. -
17
ОКРУЖНОСТЬ НА КЛЕТЧАТОП БУМАГЕ
8.6. На клетчатой бумаге со стороной клетки, рав-
равной 1, проведена окружность радиуса 10. Докажите,
что внутри этой окружности лежит не менее 250 уз-
узлов сетки. (Узлами называются точки, где пересе-
пересекаются линии сетки.)
8.7. Какое наибольшее число клеток может пере-
пересекать окружность радиуса 10, начерченная на клет-
клетчатой бумаге (сторона клетки равна 1)?
РАВНОСТОРОННИЙ МНОГОУГОЛЬНИК
8.8. На клетчатой бумаге начерчена замкнутая
ломаная линия, все звенья которой имеют одинако-
одинаковую длину, а все вершины лежат в узлах сетки. До-
Докажите, что число звеньев такой ломаной обязатель-
обязательно четно.
шмель и соты
8.9. На плоскости нарисована сеть правильных
шестиугольников со стороной 1 — «соты» (см. рису-
рисунок; заметьте, что в этой сети
имеются отрезки трех направ-
направлений). Двигаясь по линиям
сети, шмель прополз из узла
'А в узел В по кратчайшему
пути, равному 100. Докажите,
что он прополз 50 отрезков
одного направления и 50
отрезков двух других направ-
направлений.
ТОЧКАМ ТЕСНО
Рис 89 9.1. В квадрат со стороной
1 бросили 51 точку. Докажи-
Докажите, что какие-нибудь три из них можно накрыть кру-
кругом радиуса 1/7.
9.2. На плоскости расположены п точек так, что
любой треугольник с вершинами в этих точках имеет
площадь не больше 1. Докажите, что все эти точки
можно поместить в треугольник площади 4.
9.3. а) Докажите, что в круге радиуса 1 нельзя
выбрать более пяти точек, все попарные расстояния
между которыми больше 1.
18
б) Докажите, что в круге радиуса 10 нельзя по-
поместить 450 точек так, чтобы расстояние между каж-
каждыми двумя было больше 1.
в) Докажите, что 400 точек расположить так в
этом круге можно.
ОКРЕСТНОСТЬ МНОГОУГОЛЬНИКА
9.4. Дан выпуклый многоугольник М площади S
и периметра Р. Рассмотрим множество Ф(х) точек,
удаленных от М не более чем на х (говорят, что точ-
точка А удалена от многоугольника М не более чем на
г, если найдется такая точка В многоугольника М,
что |ЛВ|-О). Найдите площадь фигуры Ф(х) для
каждого положительного числа г.
НА ЗАВОДСКОМ ДВОРЕ
9.5. На заводском дворе, представляющем собой
квадрат 70 X 70 м2, имеется три прямоугольных
строения размерами 20ХЮ, 25X15 и 30X30 м\
а также два круглых бака диаметром 10 м. Дока-
Докажите, что на этом дворе можно еще разбить клумбу
диаметром 10 м.
КАК ВЫЙТИ ИЗ ЛЕСА
9.6. Десантник находится где-то в лесу пло-
площади S. Форма леса ему неизвестна, однако он
знает, что в лесу нет полян. Докажите, что он мо-
жет выйти из леса, пройдя путь не более 2 I^jiS
(считается, что десантник может двигаться по пути
заранее намеченной формы).
9.7. Докажите, что если в условиях предыдущей
задачи лес выпуклый, то существует путь, гаранти-
гарантирующий выход из леса, длины не более ]/2nS.
9.8. Пусть лес имеет форму длинной полосы ши-
ширины /. Двигаясь по окружности радиуса 1/2, десант-
десантник заведомо выйдет из леса, пройдя путь не бо-
более nl.
Придумайте стратегию, обеспечивающую выход
из леса, при которой длина пути меньше 2,5 /.
НЕРОВНЫЙ ЛЕС
9.9. В лесу все деревья выше 10 и ниже 50 мет-
метров, и расстояние между каждыми двумя деревьями
не больше разности их высот. Докажите, что этот лес
можно окружить забором длины 80 м.
19
ВЫПУКЛЫЙ ЧЕТЫРЕХУГОЛЬНИК
10.1. Пусть ABCD — выпуклый четырехугольник.
Докажите, что если периметр треугольника ABD
меньше периметра ACD, то АВ <; АС.
10.2. Диагональ АС делит площадь выпуклого че-
четырехугольника A BCD на две равные части. Дока-
Докажите, что если АВ > AD, то ВС <. DC.
ТУПОЙ ЛИ УГОЛ?
10.3. На продолжении стороны АС треугольника
ABC отложен отрезок CD =CB. Докажите, что если
АС > ВС, то угол ABD — тупой.
10.4. а) Высоты треугольника равны 3, 4 и 5.
Какой это треугольник — прямоугольный, остро-
остроугольный или тупоугольный?
б) Тот же вопрос, если медианы треугольника
равны 3, 4 и 5.
ОЧЕНЬ ОСТРЫЙ УГОЛ
10.5. Докажите, что в любом выпуклом 11-уголь-
нике найдутся такие две диагонали, что меньший
угол между прямыми, на которых они лежат, не пре-
превосходит 5° (угол между параллельными прямыми
считается равным 0°),
ОЦЕНКА ПЕРИМЕТРА
10.6. Середины соседних сторон выпуклого много-
многоугольника соединены отрезками. Докажите, что пе-
периметр многоугольника, образованного этими от-
отрезками, не меньше половины периметра исходного
многоугольника.
КВАДРАТ В ТРЕУГОЛЬНИКЕ
10.7. Докажите, что площадь квадрата, лежащего
внутри треугольника, не превосходит половины пло-
площади этого треугольника.
КУСОК ШЕСТИУГОЛЬНИКА
10.8. Докажите, что в любом выпуклом шести-
шестиугольнике найдется диагональ, которая отрезает от
него треугольник площади не большей, чем одна ше-
шестая площади шестиугольника.
20
L.
КУСОК ТОРТА
10.9. Торт имеет форму правильного п-угольника,
вписанного в окружность радиуса 1. Из середины
каждой стороны внутрь торта (в произвольном на-
направлении) проводится разрез длины не менее 1. До-
Докажите, что при этом от торта будет отрезан хотя бы
один кусок.
ЧЕТЫРЕХУГОЛЬНИК С ДАННЫМ УГЛОМ
11.1. На плоскости нарисован угол с вершиной А
и внутри него задана точка
М. Укажите на сторонах
угла точки В к С такие,
что отрезки А В и АС рав-
ны и сумма MB + МС
принимает наименьшее зна-
значение.
11.2. Дан угол К. Двумя
отрезками MN и NP дли-
длины 1 отрежьте от него че-
четырехугольник KMNP наибольшей площади (см.
рисунок).
РОМБ В ПРЯМОУГОЛЬНИКЕ
11.3. Как из прямоугольника вырезать ромб наи-
наибольшей площади?
ТОЧКА В ТРЕУГОЛЬНИКЕ
11.4. Дан треугольник ABC. Где в его плоскости
надо выбрать точку М, чтобы сумма радиусов окруж-
окружностей, описанных около треугольников АВМ и
ВСМ, была наименьшей?
11.5. Найдите в разностороннем треугольнике
ABC точку, сумма расстояний от которой до прямых
АВ, ВС и АС наименьшая.
ТОЧКА НА ОКРУЖНОСТИ
11.6. Внутри окружности с центром О дана точ-
точка А, отличная от центра О. Найдите на окружности
точку М, для которой угол АМО максимален.
11.7. Даны две концентрические окружности с
центром О. Через точку А, лежащую внутри меньшей
из них, проведите луч так, чтобы его отрезок, за-'
ключенный между окружностями, был
а) наименьшим,
б) наибольшим.
21
РЕШЕНИЯ
1.1. 8 отрезков так расположить можно (см. ри-
рисунок), а 7 — нельзя. Докажем это.
Предположим, что такое расположение 7 отрез-
отрезков возможно. Занумеруем отрезки и составим та-
такую табличку 7 X 7: в клет-
клетке (i, j) на пересечении t-й
строки и /-го столбца поста-
поставим +, если 1-й отрезок пе-
пересекается с /-м, и —, если
не пересекается. Если i = /,
то тоже ставим —. Подсчи-
Подсчитаем двумя способами,
сколько плюсов в таблице.
С одной стороны, в каждой
строке их 3, поэтому все-
всего— 3-7 = 21. С другой
стороны, таблица заполне-
заполнена симметрично относи-
относительно диагонали: если в
клетке (i, j) стоит r+F то в
клетке (/, i)—тоже. Зна-
Значит, общее количество плюсов должно быть четным.
Получили противоречие.
1.2. Точек пересечения может не быть, может
быть одна или любое количество от 6 до 21-й. Приво-
Приводим пример с 8 точками пересечения: 6 прямых, иду-
идущих по сторонам и диагоналям трапеции, и еще одна
прямая, параллельная основаниям и проходящая
22
Рис. 1.1.
через точку пересечения диагоналей. Остальные при-
примеры найдите сами.
1.3. Ответ, р = 2.
Докажем, что если точек пересечения две, то пря-
прямых может быть только три. Пусть имеется всего две
точки пересечения Л и В, и пусть lt и /2 — прямые,
пересекающиеся в точке A, a U — прямая, не прохо-
проходящая через А (такая есть, иначе все прямые пере-
пересекались бы в А). Прямая /3 пересекает лишь одну из
а)
б)
'¦/!-/
прямых U, h, скажем U, в точке В, другой прямой h
сна параллельна (рисунок а). Проверьте, что боль-
больше нельзя провести ни одной прямой, не увеличивая
числа точек пересечения.
Заметьте, что в доказательстве используется «пя-
«пятый постулат» Евклида — аксиома, гласящая, что
через точку нельзя провести более одной прямой, па-
параллельной данной.
Докажем, что на месте многоточия не может
стоять число, отличное от 2. Если точка пересечения
одна, то прямых может быть любое число, начиная с
2-х, надо лишь, чтобы все они проходили через эту
точку. Если число точек пересечения п > 2, то чис-
число прямых не определено однозначно. Это показы-
показывает пример расположения прямых, изображенный
на рисунке б: можно провести прямую /n+i параллель-
параллельно ln, а можно не проводить, на число точек пересече-
пересечения это не влияет.
1.4. Предположим, что такое расположение 7 то-
точек и 7 прямых существует. Будем называть эти
прямые и эти точки «отмеченными». Прежде всего
23
докажем, что прямая, проходящая через любые две
отмеченные точки М и N, является отмеченной. На
каждой из трех прямых, проходящих через М, есть
еще по 2 отмеченные точки, и одной из этих шести
точек должна быть N, так как отмеченных точек
всего 7.
Так же доказывается, что любые две отмеченные
прямые пересекаются в отмеченной точке.
Пусть теперь А, В, С — отмеченные точки, лежа-
лежащие на отмеченной прямой / так, что В лежит между
А и С, D-та из остальных отмеченных точек, ко-
которая ближе к / (см. рисунок). По доказанному пря-
прямые AD, BD и CD — отмеченные. По условию че-
через В проходит еще одна отмеченная прямая, от-
отличная и от /, и от BD. Она пересечет отрезок AD или
отрезок CD в отмеченной точке ?*), которая бли-
ближе к прямой /, чем точка D. Противоречие.
•1.5. Способ, изображенный на рисунке а), годится
для тупоугольного и прямоугольного треугольника
(длина штриха равна наименьшей стороне), способ
б)—для любого (длина штриха равна наименьшей
из высот). Аккуратное доказательство того, что через
каждую точку проходит только один отрезок нужной
длины, оставляем читателю.
Построим на диаметре круга три отрезка АВ, CD
и KL, как показано на рисунке в. Пусть точка М рав-
*) Здесь мы пользуемся таким утверждением: если прямая
пересекает одну из сторон треугольника и ие проходит через его
вершины, то оиа должна пересечь одну из двух других сторон
этого треугольника. Это очевидное утверждение (или какое-либо
эквивалентное ему) при формальном аксиоматическом изложении
геометрии приходится принимать за аксиому.
24
нсшерно движется по верхней полуокружности из А
в L так, что в начальный момент t = 0 она нахо-
находится в точке Л, а в конечный момент t = 1 достигает
L. Обозначим через Mt ее положение в момент t,
O^.t^.1. Заставим другую точку двигаться рав-
равномерно по диаметру из В в С с такой скоростью,
чтобы в момент t = 0 она находилась в В, а в мо-
момент t = I в С. Пусть Nt — ее положение в момент
В)
Рис. 1.5.
t, 0 ^ t ^ 1. Отрезки MtNt при 0 < t < 1 «заме-
«заметают» верхний полукруг и интервал между точ-
точками В и С (это очевидно, хотя строго доказать
трудно).
Аналогичные построения можно провести для
нижнего полукруга и интервала между точками D и
К. Полученные отрезки вместе с отрезками АВ, CD
и KL образуют требуемое покрытие (рисунок г).
Заметим, что, в отличие от штриховки треуголь-
треугольника в предыдущей задаче, здесь некоторые концы
штрихов лежат внутри круга. Заштриховать круг
так, чтобы концы всех штрихов лежали на окруж-
окружности, нельзя (видимо, именно такую штриховку под-
подразумевал Г. Штейнгауз).
3 Н. Б. Васильев и др.
25
1.6. Пусть М— данный многоугольник, АВ —
одна из проведенных диагоналей. Она делит М на
два выпуклых многоугольника Mi и М2, располо-
расположенных по разные стороны от АВ. Докажем, что и в
Mi и в Мг есть свободные вершины, отличные от А
и В. Рассмотрим, скажем, Mi. Если в Л14 не прове-
проведены диагонали, то все его вершины, кроме А н В,
свободны. Если же такие диагонали есть, то каж-
каждая из них отсекает от Alt многоугольник, не содер-
содержащий АВ. Выберем среди этих многоугольников
тот, у которого наименьшее число сторон. Все его
вершины, отличные от
концов отсекающей его
диагонали, очевидно, сво-
свободны.
1.7. Предположим, что
кратчайшая ломаная
AiA2... An-iAn (см. рису-
рисунок) имеет два пересе-
пересекающихся звена AbAh+i
и ЛИг+ь где k + 1 < I
(в частности, может слу-
Рис. 1.7. читься, что отрезок
AhAh+i проходит через
течку At или отрезок AtAl+i — через точку Ah). Дока-
Докажите, что если отрезки At,Ah+i и AtAi+i ломаной заме-
заменить отрезками AhAi и Ak+iA[+u то получится лома-
ломаная с вершинами в дан-
данных точках, имеющая
меньшую длину, чем та,
которую мы считали
кратчайшей.
Замечание. Заме-1
нить звенья AhA^+i и
AiAi+i на ЛИг+i и Ah+iAi
нельзя; хотя при этом
Рис. 1.8. сумма длин звеньев так-
также уменьшится, но лома-
ломаная распадается на две: замкнутую Ah+iAh+2- ¦ ¦ AtAh+l
и незамкнутую А\ ... AkAw ... Ап (убедитесь в
этом!)
1.8. Одно из возможных расположений показано
на рисунке. Докажем методом «от противного», что
оно удовлетворяет условию.
ш
1
8
11
Допустим, что существует раскраска в три цвета,
при которой квадраты с общей границей покрашены
в разные цвета. Тогда любые два квадрата, имею-
имеющие двух общих соседей разного цвета, должны быть
покрашены в один и тот же третий цвет. Поэтому
квадраты 4 и 7 должны быть окрашены одинаково с
квадратом 2, а, значит, и друг с другом; квадрат 9
окрашен так же, как квадрат 4, а квадрат 10 — как
квадрат 7. Следовательно, квадраты 9 и 10 с обшей
границей окрашены одинаково. Противоречие.
1.9. Ответ. 1000.
Предположим, что разорвано столько веревочек,
что сетка еще не распалась на куски, но больше уже
нельзя разорвать ни одной веревочки. Это означает,
что в сетке не осталось ни одного замкнутого кольца
из веревочек. Докажите, что тогда число неразорван-
ных веревочек на единицу меньше общего числа уз-
узлов (считая и узлы, расположенные на краю и в вер-
вершинах сетки).
В этом можно убедиться, например, так. Зафикси-
Зафиксируем какой-то один узел А. Из него можно пройти
по неразорванным веревочкам в любой другой узел
В. Поставим в соответствие каждому узлу В сетки
последнюю веревочку на пути, ведущем из А в В.
Этот путь определяется однозначно, поскольку ни од-
одного замкнутого пути из веревочек нет. Поэтому со-
соответствие между оставшимися веревочками и уз-
узлами В (отличными от Л) взаимно однозначно. Та-
Таким образом, веревочек осталось на единицу меньше
общего числа узлов сетки, равного, как нетрудно по-
посчитать, 1111. Общее число веревочек новой неразор-
ванной сетки равно 2110. Таким образом, чтобы оста-
осталось 1110 веревочек, нужно разорвать 1000 штук.
Пример, когда разорвано 1000 веревочек и сетка
еще не распалась на куски, привести легко. Напри-
Например, можно разорвать все горизонтальные веревочки
во всех рядах, кроме самого верхнего. Тогда сетка
превратится в «бахрому». По существу, мы доказали
выше, что можно последовательно порвать любые
1000 веревочек, следя только за тем, чтобы каждый
раз разрезалось какое-либо веревочное кольцо, и лишь
па 1001-й раз этого сделать не удастся.
2.1. Пусть Р и Q — середины оснований ВС и
AD трапеции ABCD (см. рисунок), М — точка на
3* . 27
продолжении диагонали ГА С, R— точка пересечения
прямых МР и AD. Так как треугольники }AHR и ВРИ
подобны и PC || AR, то AH;HB=*AR:BP=AR :РС=
= AM : СМ. Так же доказывается, что DK : КС =
= AM : СМ. Значит, АН :НВ = DK: КС, откуда в
следует доказываемое.
D
2.2. Докажите предварительно следующее ут-
утверждение. Отрезки, соединяющие середины после~
довательных сторон произвольного четырехугольни-
четырехугольника, образуют параллело-
параллелограмм. Применив его к
четырехугольнику BCDE
(см. рисунок), покажите, что
НК. — средняя линия тре-
треугольника MPL, где L—
середина отрезка BE. Та-
Таким образом, отрезки 'АЕ,
ML и ЯК параллельны и
'АЕ = 2Mb = АНК.
2.3. Докажите сначала,
что треугольники АВМ и
CND — прямоугольные. Сое-
Соединив затем точку М к N
с серединами К и L соот-
соответствующих боковых сторон, покажите, что отрезки
LN и КМ параллельны основанию AD и, тем самым,
точки К, М, N и L лежат на средней линии
трапеции. Учтите, наконец, что КМ = АВ/2 и LN =
= CD/2.
2.4. Площадь каждого из двух треугольников
АуАгАь и АзАьАе, (см. рисунок) равна (sin + sT)/2,
где sm — площадь данного шестиугольника, sT — пло-
площадь треугольника Т, стороны которого равны разно-
разностям противоположных сторон шестиугольника и со-
28
Рис. 2.2.
ответственно параллельны этим сторонам. Для до-
доказательства нужно разрезать данный шестиуголь-
шестиугольник на три параллелограмма и треугольник Т, как
Аз A* A, Av
Рис. 2.4.
показано на рисунках а и б (треугольник Т заштри-
заштрихован).
2.5. Приведем идеи двух несложных решений.
1-е решение. Треугольник Т, о котором шла
речь в решении предыдущей задачи, в нашей зада-
задаче — равносторонний.
2-е решение. Если продлить три не соседние
стороны шестиугольника до пересечения, то образу-
образуется равносторонний треугольник.
2.6. Решение нетрудно уяснить
из рисунка.
2.7. Допустим, что перпенди-
перпендикуляры пересекаются в одной
точке О. Тогда справедливость
записанного в условии равен-
равенства легко доказать, если при-
применить теорему Пифагора к пря-
прямоугольным треугольникам АОК,
КОВ, ВОЕ, ЕОС, СОН и
НО А.
Теперь нужно доказать, что если записанное в
условии равенство справедливо, то перпендикуляры,
восставленные к сторонам в точках К, Е, Н, пересе-
пересекаются в одной точке. Пусть Р — точка пересечения
перпендикуляров, восставленных к сторонам АС и
ВС в точках Н и Е. Опустим из точки Р перпендику-
перпендикуляр PKj. на АВ. Тогда, как было показано в первом
2J
Рис. 2.6.
абзаце, для точек Ки Е, Н справедливо то же самое
равенство, что и для точек К, Е, Н, откуда следует,
что л/С2 — KB1 = АК\ — К\В2. Докажите, что по-
последнее равенство возможно только, если К и К\ сов-
совпадают.
2.8. Соединим мысленно вора с каждым из поли-
полицейских прямой и посмотрим, как изменяется поло-
положение каждой прямой при движении.
Докажите такую лемму: если две точки двигают-
двигаются по двум параллельным прямым — одна со ско-
скоростью и, а другая со скоростью v ф и (в одном и
том же или в противоположном направлениях), то
прямая., проходящая через эти две точки, все время
проходит через одну фиксированную точку. Попро-
Попробуйте применить этот факт для решения задачи.
Пусть полицейские едут со скоростью v. Если вор
двигается в обратном направлении со скоростью
и = 2v, то прямая, соединяющая его с полицейским
Ао, постоянно проходит через точку Ео, прямая, сое-
соединяющая его с Ль проходит через Е1 и вообще
каждая прямая как бы вращается вокруг «двери»
соответствующего домика (см.* рисунок). Следова-
Следовательно, полицейские не увидят вора.
? ??CHdOU
1-3 I.z I-j. lg Sf S2 U3
Рис. 2.8.
Проверьте, что по тем же причинам вор не бу-
будет замечен, если побежит со скоростью и — и/2 (по-
(помогут другие «двери» домиков — /)_ь Д,, Z),, D2
и т. д.).
Докажем, что других ответов, кроме и = v/2 и
u = 2v, в задаче нет.
Ясно, что вор не может двигаться в ту же сторо-
сторону, что и полицейские (он будет замечен полицей-
полицейским Ао раньше, чем тот пройдет отрезок 30 м; при
этом, например, полицейскому достаточно смотреть все
время в направлении точки С).
30
Пусть вор движется навстречу полицейским со
скоростью и. Докажите, что точки Fn (n =
•= ... —2, —1, 0, 1,2, ...), вокруг которых вращаются
прямые, соединяющие вора с полицейскими Ап, рас-
расположены на одной прямой, параллельной дорогам,
на расстоянии ———м друг от друга. Легко прове-
проверить, что отношение этой величины к расстоянию
между центрами соседних домиков C0 м) будет це-
целым числом только при и = и/2 или и = 2v. А если
это отношение й не целое, то можно указать такое
натуральное п, для которого расстояние от числа
dn до ближайшего к нему целого числа больше Ve-
(Проверьте более сильное утверждение: если рас-
расстояние от числа й до ближайшего к нему целого
числа равно г > 0 и п — наименьшее целое число,"
большее или равное 7з г, то расстояние от nd до бли«
жайшего целого числа не меньше 7з-) Если через со-
соответствующую точку F-n провести перпендикуляр-
перпендикулярную к дорогам прямую, то она не пересечет домик,
и когда полицейский поравняется с точкой F_n, он
увидит вора.
2.9. Пусть ABC — данный треугольник, АВ=с,
АС = Ь, ВС = а, М — точка пересечения медиан,
CN = т — медаана стороны АВ (см. рисунок 2.9),
Рис. 2.9.
Тогда 2с2 + 2&2 = с2 + 4т2. Пусть Р — точка пере-
пересечения прямой CN с описанной окружностью. Рас-
Рассмотрев хорды PC и АВ, пересекающиеся в точке W,
получим PN-tn = сЩ.
Если дано, что ОМ _L CN, то М — середина хорды
PC, PN = 2СМ — CN = т/3, PN-m = пф = с2/4
и о2 + Ь2 = cz/2 + 2т2 = 2с2.
31
Наоборот, если дано, что az-\:bz = 2c2, то
о а2 -4- Ь- с'г 3 о п,, .... ою
т2 = —-% -г- = — с2, PN • т = с74 = тЩ,
откуда fW = m/З. Поскольку МЛ' = т/3 и СЛ1 =
= 2т/3, то Л1 — середина хорды PC и, следователь-
следовательно, ОМ ± CN.
2.10. Пусть точки К, L, М к N взяты соответст-.
венно на сторонах АВ, ВС, CD и DA параллелограм-
параллелограмма. Предположим, что LN не параллельна АВ. За-
Заметьте, что если точка К зафиксирована, а М дви-
двигается по стороне CD от С к D, то площадь KLMbl,
меняется монотонно: или все время увеличи-
увеличивается, или все время уменьшается. Поэтому только
один раз она может равняться половине площади
ABCD. Докажите, что это будет тогда, когда отре-
отрезок МК станет параллельным AD и ВС.
3.1. Докажите, что если соединить середины сточ
рон четырехугольника ABCD, то получится паралле-
параллелограмм PQRS, площадь которого вдвое меньше пло-
площади ABCD. Заметьте, что построенный в условии
«отраженный четырехугольник» можно получить из
параллелограмма PQRS преобразованием подобия
(гомотетией) с коэффициентом подобия 2 и центром
в точке М (см. рисунок).
Рис. 3.1.
3.2. Докажите, что треугольники ADE, CFD и
BFE (см. рисунок) равны: треугольник CFD полу-
получается из BFE поворотом на 60° вокруг точки F, а
ADE из того же BFE — поворотом на 60° вокруг
точки Е.
3.3. Пусть ABC — один из треугольников, о кото-
которых говорится в условии (см. рисунок). Совершим
32
преобразование подобия '(гомотетию)" с центром в
точке С и коэффициентом подобия k = 2. При этом
преобразовании треугольник ABC перейдет в тре-
треугольник AiBiC, а окружность, вписанная в треуголь-
треугольник ABC, — в окружность вдвое большего радиуса,
касающуюся данной прямой в точке А и, кроме
того, касающуюся прямой ВС. Очевидно, это и есть
искомая окружность, которой касаются стороны ВС
всех треугольников.
3.4. а) Нарисуем обе карты на одном чертеже
(см. рисунок). Получим два подобных прямоуголь-
прямоугольника с коэффициентом подобия У5, один из которых
расположен внутри другого. Докажите, что четыре
прямые AAi, BBlt CCi и DDi пересекутся в одной
точке О (центре подобия прямоугольников ABCD и
AiB^CiDi). Проверьте, что точка О — искомая. Дру-
Других точек, удовлетворяющих условию задачи, нет.
Докажите это.
б) Пусть А и В — два каких-то пункта на боль-
большей карте (скажем, ее соседние углы, см. рисунок),
33
Ai и Bi — соответствующие пункты на меньшей кар-
карте. Предположим, что мы нашли такую точку О, ко-
которая на обеих картах указывает один и тот же
пункт города. Тогда треугольники АОВ и AiOBi
должны быть подобны друг другу с коэффициентом
а)
Рис. 3.6.
подобия, равным отношению масштабов 5, откуда
АО:А{О = 5, и угол между отрезками АО и AVO равен
углу ф между отрезками АВ и А\В\. По этим данным
положение точки О однозначно определяется (легко
построить ААА\О, в котором известны: <А\ОА = <р,
отношение сторон А\О:АО = 5 и сторона AAi). Дока-
Докажите, что для построенной точки О треугольники АОВ
34
и AiOBi будут подобны — отсюда будет следовать,
что О действительно попадает в один и тот же пункт
на обеих картах. (При этом карта ABCD получается
из карты A\B\C\D\ поворотом на угол ф и растяже-
растяжением в 5 раз относительно центра О.)
Замечание. Подумайте, останется ли верным
утверждение задачи, если одна из карт перевернута
другой стороной.
3.5. Предположим, что муравей начал свой путь
в точке А и после первого витка оказался в точке В
(на том же луче h, см. рисунок). Проверьте, чго
ОВ/ОА = (^3"/2I2 = 729/4096.
Докажите, что длина каждого следующего витка
составляет 729/4096 длины предыдущего. Отсюда сле-
следует, что на второй виток муравей потратит
729/4096 мин ~ 10,7 сек, а на весь путь из бесконеч-
бесконечного числа витков, подобных друг другу (с коэффи-
коэффициентом подобия k = 729/4096) —
A + k + k2 + k3 + .. )н
4096 , ,„ -
==367"ЛЫН~ 1Л1ЫН 12,5 сек.
3.6. Прежде всего из соображений симметрии
ясно, что черепахи могут встретиться только в цент-
центре квадрата О и, более того, что в каждый момент
времени (до встречи) они распрлагаются в вершинах
некоторого квадрата с центром О (см. рисунок).
Докажем это подробнее.
Из условия задачи следует, что если повернуть
квадрат на 90° так, чтобы вершина А перешла в В, В
в С и т. д., то траектория черепахи а (до какого-то
момента t) совпадает с траекторией Ь, траектория
Ъ — с траекторией с и т. д.
Поскольку каждая черепаха по условию ползет
все время по направлению к следующей, то ее ско-
скорость в каждый момент времени направлена под уг-
углом 45° к отрезку, соединяющему ее с точкой О. Дру-
Другими словами, проекция скорости на этот отрезок
равна vlY2. Таким образом, расстояние черепахи
от центра О уменьшается равномерно со скоростью
Следователь!; о, это расстояние станет
35
равным нулю при t = qjv (вначале оно равно Q
т. е. черепахи встретятся через промежуток времени
qjv после отправления.
Замечание. Мы выяснили, что сторона квад-
квадрата уменьшается равномерно со скоростью v. При
этом квадрат вращается вокруг точки О с возрастаю-
возрастающей угловой скоростью со = —_ (подумайте, как
получить эту формулу), а каждая его вершина дви-
двигается по некоторой кривой, которая называется ло-
логарифмической спиралью, и описывает бесконечное
число оборотов вокруг точки О (примерно так же,
как муравей в предыдущей задаче).
4.1. Докажите, что если на продолжении отрез-
отрезка АК, где К — середина отрезка EF, отложить отре-
отрезок КС = АК/3, -то получится вершина С парал-
параллелограмма. Затем находятся вершины В и D (см.
рисунок).
В
Рис. 4.1.
Рис. 4.2.
4.2. Пусть К, L, М — известные нам середины трех
последовательных сторон АВ = ВС = CD искомого
четырехугольника ABCD. Ясно, что вершины В и С
должны лежать на перпендикулярах, проведенных че-
через середины отрезков KL и LM.
Осталось решить такую вспомогательную задачу:
построить отрезок ВС с концами на данных прямых
и серединой в данной точке L. Для этого достаточно
провести прямую, симметричную относительно точ-
точки L одному из построенных перпендикуляров (см.
рисунок).
Проведите исследование вспомогательной и ис-
исходной задачи; докажите, что искомый четырехуголь-
четырехугольник ABCD определяется единственным образом, если
86
Рис. 4.3.
точки К, L и М не лежат на одной прямой (а если
лежат, то таких четырехугольников либо совсем нет,
либо — если KL = LM — их существует бесконечно
много). Построенная таким образом ломаная ABCD
может быть не выпуклой
или даже самопересекаю-
самопересекающейся.
4.3. Пусть Л, В, С—из-
С—известные нам последователь-
последовательные вершины четырехуголь-
четырехугольника A BCD (см. рисунок),
О — центр вписанной в
него окружности. Докажите,
что угол АОС (содержащий
точку В внутри себя) равен
270°— ZABC (для этого
нужно соединить точку О
с точками касания сторон и
вершинами четырехугольника). Геометрическое место
таких точек О — дуга с концами А и С, которую не-
нетрудно построить. Заметьте, кроме того, что точка О
лежит на биссектрисе угла ABC.
4.4. а) Постройте середину К хорды ВС — сторо-
стороны искомого треугольника ABC. Для этого достаточ-
достаточно продолжить отрезок AM на расстояние МКш
= AMJ2. Осталось провести через точку К радиус и
перпендикулярную ему прямую.
Докажите, что искомый треугольник существует
в том и только в том случае, когда построенная нами
точка К лежит внутри данной окружности; он опре-
определяется единственным образом, если К не совпа-
совпадает с центром окружности (если совпадает, то ре-
решений бесконечно много).
б) Докажите скачала, что в любом треугольнике
точки, симметричные ортоцентру (точке пересечения
высот) относительно сторон, лежат на описанной
окружности. Для доказательства нужно выразить
угол, под которым из ортоцентра видны стсроны тре-
треугольника, через противолежащий этой стороне угол
треугольник (не забудьте рассмотреть и случай тупо-
тупоугольного треугольника!). Пользуясь этим и зная, чтэ
прямая AM идет по высоте, нетрудно восстановить
прямую ВС. Задача всегда имеет единственное ре-
решение.
37
4.5, Докажите сначала, что: если в треугольнике
ABC соединить основания высот, то получится тре-
треугольник, для которого стороны и высоты данного
треугольника ABC являются биссектрисами внутрен-
внутренних и внешних углов.
Предположим теперь, что нам известны точки Е
и F — основания высот BE и CF треугольника ABC,
а также прямая /, на которой лежит высота AD. Мы
должны указать на прямой / такую точку D, чтобы в
треугольнике DEF прямая I шла по биссектрисе. Для
этого достаточно построить точку Е', симметричную
точке Е относительно прямой /, и принять за D точку
пересечения прямых E'F и /. Докажите, что прямая
ВС должна служить биссектрисой внешнего угла D
треугольника DEF, а прямые АС и АВ — либо обе
биссектрисами внутренних, либо биссектрисами его
внешних углов Е и F. Искомых треугольников ABC
существует два, если прямая / не проходит через се-
середину отрезка EF, бесконечно много, если проходит
и перпендикулярна этому отрезку, и нет ни одного,
если проходит, но не перпендикулярна.
4.6. Докажите, что в любом треугольнике ABC ок-
окружность, построенная на основании АС, как на диа-
диаметре, проходит через
точки Е и F — основания
высот, опущенных на бо-
боковые стороны (см. рису-
рисунок). Пользуясь данными
задачи, т. е. зная точки
Е, F и прямую /, на кото-
которой лежит АС, легко вос-
восстановить эту окруж-
окружность: ее центр будет ле-
Рис. 4.6. жать на пересечении пря-
прямой / и перпендикуляра,
проведенного через середину отрезка EF. Построив
эту окружность, мы найдем точки пересечения ее с /.
Одну из них можно принять за Л, другую — за С.
Третья вершина В треугольника находится как точка
пересечения прямых АЕ и CF.
Проверьте, что если отрезок EF не перпендикуля-
перпендикулярен прямой I, то существует два треугольника, удов-
удовлетворяющих требованиям задачи, а если EF _1_ /, то
их либо нет совсем, либо (если точки Е и F симмет-
38
ричны относительно прямой /) существует бесконеч-
бесконечно много.
4.7. Пусть заданы прямая /, на которой лежит
биссектриса угла В, точка Е — середина стороны ВС
и точка F — середина стороны АС треугольника
ABC. Нетрудно указать одну точку, которая заведо-
заведомо лежит, на прямой АВ: это—-.точка D, симметрич-
симметричная точке Е относительно /. Кроме того, мы знаем и
направление прямой АВ: она параллельна EF. По-
Построив по этим данным прямую АВ, мы последова-
последовательно найдем вершины В, С и А. Не забудьте про-
провести исследование. Его результат можно сформули-
сформулировать так: искомый треугольник существует тогда и
только тогда, когда луч EF (т. е. луч с вершиной Е,
проходящий через точку F) пересекает прямую /, и
прг этом условии треугольник определяется един-
единственно.
4.8. Простое решение этой задачи основано на
теореме Эйлера, утверждающей, что в любом тре-
треугольнике точка пересечения медиан лежит на отрез-
отрезке, проведенном из точки пересечения высот в центр
Рис. 4.8.
описанного круга, и делит этот отрезок в отноше-
отношении 2:1.
Докажем эту теорему. Для этого заметим, что
треугольник А\ВуС\ (см. рисунок о), образуемый
средними линиями треугольника ABC, можно полу-
получить из А АВС подобным преобразованием плос-
плоскости, с неподвижной точкой Е — точкой пересече-
пересечения медиан; при этом преобразовании каждой точке
39
X плоскости ставится в соответствие точка У, лежа-
лежащая на прямой ЕХ по другую сторону от Е, чем
точка X, и вдвое ближе к Е (это преобразование —
гомотетия с коэффициентом —'/2 и с центром Е). При
таком преобразовании точка пересечения высот тре-
треугольника ABC перейдет в точку пересечения высот
треугольника AiBtCi, а это и есть точка пересечения
перпендикуляров к серединам сторон треугольника
ABC. Теперь решать задачу на построение можно так.
Пользуясь теоремой Эйлера, по данным точкам D
(точка пересечения высот) и Е (медиан) находим
центр О описанной окружности. Затем опускаем из
точки О перпендикуляр ОМ на данную прямую, на
продолжении отрезка ME откладываем отрезок
ЕВ = 2МЕ, находим вершину В и, наконец, проведя
окружность с центром О радиуса ОВ, находим точки
ее пересечения А и С с данной прямой (см. рису-
рисунок б). Если эта окружность пересекает прямую, то
полученный треугольник ABC — искомый: в нем по
построению О — центр описанной окружности и ? —¦
точка пересечения медиан, следовательно (по тео-
реме Эйлера), D — точка пере-
пересечения высот. Если же окруж-
окружность не пересекает прямую (в
частности, только касается),
то нужного треугольника не
существует.
4.9. Одно из возможных ре-
решений задачи б) показано на
рисунке (номера, стоящие на
линиях, показывают, в какой
последовательности они строи-
строились). Задача а) значительно
проще.
4.10. Докажите сначала,
что с помощью «короткой» ли-
линейки и «маленького» циркуля
можно выполнять следующие
операции:
а) неограниченно продолжать данный отрезок
прямой в любую сторону,
б) находить середину данного отрезка,
в) проводить через точку вне прямой / прямую,
параллельную /,
40
Рис. 4.9.
г Проведем теперь через данную точку А две пря-
прямые к и 12 и через В — дЕе прямые, параллельные U
и /2. Получится параллелограмм ACBD (см. рису-
рисунок). Поделив стороны АС и AD точками С\ и Dt по-
пополам и проведя через них прямые, параллельные U
и /2 соответственно, мы найдем середину отрезка АВ
'(пока еще не построенного!)—точку Бь Продолжая
в том же духе, строим В2 — середину АВ1 и так да-
далее, пока какой-то из отрезков АВи не станет меньше
10 см. После этого построение завершается без труда.
4.11. Докажите сначала такое утверждение: если
через точку О провести три различные окружности
одинакового радиуса г, то три точки попарного пере-
пересечения этих окружностей, отличные от О, являются
вершинами треугольника, у которого радиус описан-
описанной окружности равен г, а точка О является точкой
пересечения высот. Для доказательства можно вос-
воспользоваться тем, что этот треугольник равен тре-
треугольнику OiO2O3, где точки Оь О2, Оз — центры про-
проведенных окружностей (проведите в AOiO2O3 средние
линии).
Теперь вы сможете доказать, что для решения за-
задачи достаточно провести пять окружностей. Пусть
даны точки А, В, С и нужно построить четвертую
вершину D параллелограмма ABCD. Сначала прове-
проведем две окружности через точки А и В (см. рису-
рисунок) и еще одну — через точки В и С; ее центр обо-
обозначим через Оь а точки, в которых она пересекает
две первые окружности, — через Е и F. Проведем те-
теперь еще по одной окружности через точки С и ? и
через точки С и F. Пусть они пересекаются в точке
41
D. Докажите, что точки А, Е, F и D лежат на одной
¦окружности (обозначим ее центр Ог) и что АВ ± EF,
CD -L EF, АВ = CD — OiO2, откуда следует, что
D — искомая вершина параллелограмма.
Если вы захотите проверить решение практиче-
практически, то удобнее будет пользоваться не пятаком, а ме-
металлическим рублем или, еще лучше, консервной
Рис. 4.11.
банкой. (Можно, конечно, пользоваться и циркулем,
но это не так интересно.)
4.12. Наложим один из пятаков на окружность
(почему это можно сделать?). Прикладывая по оче-
очереди к этому пятаку два других так, чтобы они по-
попарно касались друг друга, построим вершины пра-
правильного шестиугольника Л1Л2Л3Л4Л5Л6, вписанного
в окружность. Прикладывая снаружи к точкам А\
и Л3 пятак, построим дугу, проходящую через центр.
Построив такую же дугу для точек Лг и Л4, найдем
центр.
5.1. Ответ. 45°.
Пусть D — основание высоты, опущенной из точ-
точки Л. Докажите, что треугольники COD и ABD рав-
равны. Покажите, далее, что Z OBD = 45°, а отсюда вы-
выведите, что искомый угол также равен 45°.
Другое решение можно получить, повторив почти
дословно рассуждения, приведенные при решении за-
задачи 5.3 вторым способом.
42
5.2. Ответ. 30°, 60°.
Заметьте, что отрезок, соединяющий вершину пря-
прямого угла с точкой деления, будет высотой треуголь-
треугольника.
5.3. Ответ. 60°.
1-е решение. Пусть О —центр окружности,
описанной около треугольника ABC, M — ортоцентр,
СС — диаметр описанной окружности (см. рисунок а).
Вписанные углы ABC и АС'С равны, значит, равны
острые углы МСВ и АСО, дополняющие их до 90°.
if)
Рис. 5.3.
Пусть К— середина АС, Н — основание высоты,
опущенной на ВС. Медиана КН прямоугольного тре-
треугольника АСН равнй АС/2 = КС (она является ра-
радиусом окружности, описанной около АСН).
Оба эти факта верны для любого треугольника
ABC. Кроме того, в данном треугольнике КС — СН.
Это следует из равенства прямоугольных треугольни-
треугольников КСО и СНМ [СМ = СО по условию и ZKCO =
— ZHCM по доказанному). Следовательно, тре-
треугольник КСН — равносторонний, и искомый угол С
равен 60°.
2-е решение. Оно основано на следующем на-
наблюдении: в любом треугольнике расстояние от ор-
ортоцентра до вершины в два раза больше расстояния
от центра описанной окружности до противополож-
противоположной стороны (на рисунке б CM = 2OCi). Этот факт
попутно получается при доказательстве теоремы
Эйлера (см. решение задачи 4.8). Теперь из условия
43
задачи немедленно следует, что в прямоугольном тре-
треугольнике BOCi катет ОС± равен ВО/2 и, значит,
ZBOCj = 60°. Но ZBCA = ZBOCU так как и впи-
вписанный угол ВСА и центральный угол ВОС\ изме-
измеряются половиной дуги ВА. Значит, ZBCA = 60°.
5.4. Ответ. ZC = 90°.
Пусть О2 — центр вневписанной окружности, ка-
касающейся стороны АВ ц продолжений сторон СВ и
С А, О\ — центр вневпи-
вневписанной окружности, ка-
касающейся стороны ВС и
продолжений сторон АВи
'АС. Ясно, что Oi и О2 —
точки пересечения бис-
биссектрисы внешнего угла
В — треугольника ABC с
биссектрисами внутренне*
го и внешнего угла А
(см. рисунок). Посколь-
Поскольку ZOHO2 = 90° (бис-
(биссектрисы смежных углов
перпендикулярны) и по условию 'A0i = АО2, то
ZAOiO2 = ZAO2Oi = 45°. Теперь докажите, что
ZC— 180° — 2ZBO2A. Для этого опустите из О2 пер-
перпендикуляры на АС, ВС и АВ.
5.5. Ответ. 90°.
Обозначим длину стороны АВ через с, АС — через
be
b и ВС — через с. Докажем сначала, что AAi =
Продолжим AAi и проведем прямую ВК параллельно
АС (см. рисунок). В треугольнике АВК углы А и К
равны по 60°, поэтому он равносторонний и, значит,
АК = .В/С = с. Теперь из подобия треугольников
44
и AAiC получаем
- = -г-, откуда и еле-
дует, что T^7
Так как биссектриса внутреннего угла треуголь-
треугольника делит противолежащую сторону на части, про-
ВА\
порциональные прилежащим сторонам, то —_ „ . =
i= -j, откуда BAi = b°?c . Значит, AAt: ВАХ = b:a.
В том же отношении основание
биссектрисы CCt
делит сторону ВА. Отсюда следует, что AvCi— бис-
биссектриса угла Ai треугольника BAtA. Так же дока-
доказывается, что AiB\ — биссектриса угла АА\С. Сле-
Следовательно, ZCiAiBi = {ZBAiA + ZAAiC)/2 = 90°.
5.6. Ответ. 36°, 36°, 108°.
Ясно, что этот треугольник ABC — равнобедрен-
равнобедренный. Пусть АВ — его основание, О — центр описан-
описанной окружности. Докажите, что Z.ACO = /.САО =
3/ZCA
5.7. Ответ. 70°.
Пусть К — точка пересечения высоты, опущенной
из вершины В, и биссектрисы угла ОАВ (см. рису-
рисунок). Покажите сначала, что точка К лежит на про-
продолжении ОС, Затем докажите, что треугольники
Рис. 5.7.
АВК и АОК равны (по стороне и двум прилежащим
углам) и из равнобедренного треугольника ОАВ най-
найдите искомый угол.
5.8. Докажите сначала, что расстояние от верши-
вершины А произвольного треугольника ABC до точек ка-
касания сторон АВ и АС с вписанной окружностью рав-
равно {АВ + АС — ВС)/2.
45
6.1. Докажите сначала, что в произвольном вы-
выпуклом четырехугольнике расстояние между точками
/Ci и Кг, в которых окружности, вписанные в тре-
треугольники ABC и ADC, касаются диагонали АС (см.
рисунок), равно
Воспользуйтесь далее теоремой о четырехуголь-
четырехугольнике, в который можно вписать окружность.
Рис. 6.1.
6.2. а) Пусть М лежит на дуге ЛИ2 окружности
О (рисунок а). Повернем треугольник AtMA2 вокруг
вершины Л2 на 60° так, чтобы отрезок А\А2 лег на от-
отрезок А0А2. Докажите, что тогда вершина М попа-
попадает в точку К, лежащую на отрезке А0М. Треуголь-
Треугольник КМА2 будет равносторонним. Отсюда будет сле-
следовать, что AiM + А2М — АоК + КМ = АоМ.
Другое решение той же задачи легко получить из
теоремы Птолемея: для любого вписанного (вы-
(выпуклого) четырехугольника ABCD
AC- BD = ABCD + BC- AD.
Достаточно применить эту теорему к четырехуголь-
четырехугольнику AcAiMA2; поскольку A0Ai = А^Аг = А0А2, то из
равенства
А{А2 • А0М = A0Ai • А2М + А0А2 • Л,М
сразу следует равенство А0М = Л2М + AiM.
46
Заметим, что теорему Птолемея можно доказать
с помощью чертежа, очень похожего на наш рису-
рисунок а (но при этом использовать уже не просто по-
поворот, а преобразование подобия). План доказатель-
доказательства таков: найдем на диагонали АС такую точку К.,
чтобы треугольники AKD и BCD были подобны
(ZAKD = Z.BCD), тогда AK-BD = ВС-AD; дока-
докажем, что при этом треугольники KCD и ABD подоб-
подобны {ZKDC — ZADB), тогда KC-BD = AB-CD и в
результате (Л/С + KC)BD = AC-BD = ВС-AD -и
+ AB-CD.
б) Пусть новая окружность касается окружности
О внешним образом в точке М, лежащей на дуге
47
AtA2. Вспомним, что квадрат касательной равен про-
произведению отрезков любой секущей (от данной точки
до точек пересечения с окружностью). Проведем се-
секущие через точки Ао, Ai, A2 и точку М и обозначим
через Ро, Ри Рг соответственно их вторые точки пере-
пересечения с новой окружностью (рисунок б). Мы долж-
должны доказать, что
VA0M ¦ А0Р0 = VAXM ¦ АХРХ + УА2М-А2Р2. A)
В задаче а) мы доказали, что
А0М = Л,М + А2М. B)
Остается заметить, что новая окружность получается
из старой гомотетией (подобным преобразованием)
с центром в точке М, поэтому
МР0
ADM A,M A2M л'
где k — отношение радиусов окружностей, откуда
АВРВ Л,Р, _ A2P2 .it.
АВМ ^ АгМ А2М 1 ~*~ к>
т. е. каждый член A) отличается от соответствую-
соответствующего члена B) только множителем Y\-\-k. По-
Поэтому из B) следует A).
Рассмотрите сами случай, когда новая окруж-
окружность касается окружности О внутренним образом.
в) Эта задача сводится к предыдущей с помощью
следующего красивого приема (подробно обсуждае-
обсуждаемого во втором томе книги И. М. Яглома «Геометри-
«Геометрические преобразования»).
Пусть г — радиус равных окружностей. Проведем
новые окружности (на рисунке е они показаны пунк-
пунктиром): одну — через точки Ао, At и А2 с центром О
и другую — с центром N радиуса г. Тогда (и это —
основное свойство нашего преобразования) касатель-
касательная, проведенная из точки N к окружности радиуса
г с центром А{ (i = 0, 1, 2), будет равна касательной,
проведенной из точки Ai к окружности радиуса г с
центром N. Это, конечно, очевидно — эти две каса-
касательные являются противоположными сторонами пря-
прямоугольника. Но тем самым задача в) сведена к за-
задаче б),
48
6.3. Ответ. 4 оборота.
Из рисунка с видно, что за то времч, пока под-
подвижный пятак, изображенный пунктиром прокатится
по дуге а неподвижного пятака с центром О, он по-
повернется на угол 2а: на этом рисунке М'А' — новое
положение радиуса МА, радиусы МА и М'А" парал-
параллельны, ZA"M'B = ZAOB = а, и так как дуги А'В и
АВ равны, то ZBM'A' = а, следовательно, весь угол
ZA"M'Af, на который повернется подвижный пятак,
равен 2а.
Рис. 6.3.
Теперь найдем сумму дуг (в градусах), состоящих
из таких точек неподвижных пятаков, которых под-
подвижный пятак касался при качении по цепочке. Пусти
О\,О2, ..., Ое — центры неподвижных пятаков (см.
рисунок б). Сумма дуг, лежащих внутри шестиуголь-
шестиугольника О4О2 ... О6, равна сумме его внутренних углов,
т. е. 180°-6 — 360° = 720°. Действительно, сумма
внутренних углов любого п-угольника, не обязатель-
обязательно выпуклого, равна 180°п— 360° (докажите это са-
сами или прочтите доказательство, например, в книге
Д. О. Шклярского и др. «Избранные задачи и тео-
теоремы планиметрии», «Наука», 1967, задача 108).
Сумма дуг, лежащих вне этого шестиугольника, рав-
равна ЗС0°-6 —720° = 1440°. Из нее нужно вычесть еще
сумму дуг, лежащих в углублениях между двумя со-
соседними пятаками, куда подвижный пятак не попа-
попадет; в каждом из шести углублений сумма двух та-
таких дуг равна 120° (на рисунке б эти дуги показаны
жирной линией). Итак, общая сумма дуг, по которым
49
прокатится пятак, равна 1440°— 120°-6 = 720°, а ис»
комое число оборотов получится, если эту величину
умножить на 2 и разделить на 360°.
6.4. Соедините последовательно центры кругов и
докажите, что вершины данного четырехугольника
расположены на сторонах построенного четырех-
четырехугольника.
Для этого достаточно заметить, что центры кру-
кругов лежат на биссектрисах внешних углов данного
четырехугольника. То же наблюдение позволит вам
выразить углы построенного четырехугольника через
углы данного и доказать, что суммы противополож-
противоположных углов построенного четырехугольника равны
по 180°.
6.5. а) Углы Л2 и Л7 десятиугольника равны как
углы с соответственно параллельными сторонами.
Рис. 6.5.
Дуги ЛИ2Л7 и А6А7А8 равны как дуги сегментов, вме-
вмещающих равные углы. Так же доказывается, что
равны дуги АзА/Аь и AsA9Ai0. Отсюда следует, что
равны дуги Л1Л3Л5 и Л6Л8Лю, а, значит, и хорды
ЛИв и А6А10. Выведите отсюда, что АЬА61| AiAl0.
б) Проведем радиусы во все точки касания. Обо-
Обозначим ah (k — 1, 2, ..., 10) угол, который образует
отрезок OAk с соседними радиусами. По условию
«1 + а2 = а6 + а7, а3 + а4 = а3 + аэ.
Сложив эти равенства, получаем
«1 + а2 + а3 + «4 = ас + а7 + а8 -f а,.
50
Отсюда уже следует (см. рисунок), что лучи ОА$ и
ОА10 образуют развернутый угол.
Замечание. Проверьте, что утверждение за-
задачи а) и б) верно для любого (Am -j- 2) -угольника
(т — натуральное).
6.6. Пусть диагональ АС четырехугольника ABCD
(см. рисунок) является диаметром описанной окруж-
окружности с центром О, а точки Н и К—проекции точек
С и А на BD. Проведем OQ ± BD. По теореме о
диаметре, перпендикулярном хорде, DQ = QB.
Поскольку радиусы АО и ОС равны и составляют
равные углы с прямой BD, их проекции на эту пря-
прямую также равны: KQ = QH. Поэтому DK = НВ и
DH = КВ.
6.7. Треугольник ABF (см. рисунок) равнобедрен-
равнобедренный (AB = AF), поскольку ZABF = ZFBC =
= Z.AFB (первое равенство верно, поскольку точки А
и С симметричны относитель-
относительно диаметра BE, а второе —
поскольку ВС \\AD). В тре-
треугольнике FED отрезок пря-
прямой ЕС является биссектри-
биссектрисой (поскольку /.ВЕС и
Z CED опираются на рав-
ные дуги) и высотой (по-
(поскольку ВС || AD, а угол
ВСЕ опирается на диаметр),
поэтому ЕС является и ме-
медианой.
Если вы решали задачу рис е.7.
другим способом, проверьте,
не забыли ли вы учесть, что точка F может лежать
как внутри, так и вне окружности.
6.8. Рассмотрите точку пересечения двух из ука-
указанных в условии окружностей и докажите, что она
лежит на третьей. Для этого воспользуйтесь теоремой
о сумме противоположных углов вписанного четы-
четырехугольника и обратной ей теоремой.
6.9. Рассмотрим окружность (см. рисунок), прохо-
проходящую через точки В, С и D. Вписанные углы MBD
и MCD, опирающиеся на дугу MD этой окружности,
равны, и так как ZMCD — ZMAB, го ZMAB —
= Z.MBD (см. рисунок). Выведите отсюда, что пря-
прямая BD касается окружности, описанной около
51
треугольника ГАМВ. Аналогично докажите, что BD ка-
касается окружности, описанной около AMD.
6.10. Пусть Е — точка пересечения КР и АВ (см,
рисунок). Точки К, Н и Р лежат на одной окруж-
окружности с центром в точке В. Вписанный угол НК.Р и
центральный угол НВР опираются на одну и ту же
дугу этой окружности, поэтому 2 / НКР = /.НВР»
Н
Рис. 6.10.
Угол HEP является внешним по отношению к тре-
треугольнику НЕК, поэтому /HEP = 2 /,НКР = /НВР.
Отсюда следует, что точки Е, Н и Р лежат на од-
одной окружности с диаметром ВС и угол ВЕС —
прямой.
Подумайте, как связано утверждение этой задачи
с тем, на котором основано решение задачи 4.6.
7.1. а) Отрезки, соединяющие центр данного п-
угольника с вершинами, разбивают его на п остро-
остроугольных треугольников. Разбить данный много-
52
угольник на меньшее число остроугольных треуголь-
треугольников нельзя, так как две различные стороны п-
угольника не могут принадлежать одному остро-
остроугольному треугольнику (при п ^ 5 все углы правиль-
правильного выпуклого n-угольника тупые).
б) Легко разбить остроугольный треугольник на
3 тупоугольных — достаточно, например, соединить
точку пересечения биссектрис внутренних углов этого
треугольника с вершинами (докажите это).
Далее, любой правильный n-угольник можно раз-
разбить диагоналями иа (п — 3) тупоугольных и один
с)
остроугольный треугольник (см. рисунки а и б), со-
соответствующие нечетному и четному п; остроуголь-
остроугольный треугольник на рисунке заштрихован.) Разби-
Разбивая этот остроугольный треугольник на 3 тупоуголь-
тупоугольных, получим разбиение данного многоугольника на
п тупоугольных треугольников.
Покажем теперь, что разбиение на тупоугольные
треугольники не может содержать меньше чем п
треугольников. Для этого сначала докажем, что пра-
правильный п:угольник нельзя разрезать на тупоуголь-
тупоугольные треугольники, проводя только диагонали. До-
Допустим противное. Пусть АС— наибольшая из диа-
диагоналей, участвующих в разбиении. Она является
общей стороной двух треугольников разбие-
разбиения — ABC и ADC. Опишем вокруг данного много-
многоугольника окружность (см. рисунок в). Так как че-
четырехугольник ABCD вписан в окружность, то
ZABC+ ZADC= 180°, хотя бы один нз этих
53
углов, скажем rZ.ABC, не превосходит 90°. В тре-
треугольнике ABC этот угол наибольший — ему противо-
противолежит наибольшая сторона АС, значит, треугольник
ABC—не тупоугольный. Противоречие.
Итак, среди вершин треугольников разбиения со-
содержится хотя бы одна точка М, лежащая внутри
данного многоугольника. Рас*
смотрим сумму углов всех трз-
угольников разбиения. Углы тре-
треугольников, имеющие вершину в
точке М, в сумме составляют
360°, а углы, вершины которых
совпадают с вершинами много-
многоугольника, в сумме составляют
180° (п — 2). Значит, число тре-
треугольников, участвующих в раз-
Рис. 7.2. биении, не может быть меньше,
чем [180ь(п — 2) + 360°]: 180° = п.
7.2. Способ разрезания для любого п ^ 5 ясен из
рисунка.
б)
в)
Рис. 7.3.
7.3. а) Способ укладки ясен из рисунка а. Здесь
существенно используется, что сумма углов четырех-
четырехугольника равна 360°.
б) Хотя правильный пятиугольник для этой цели
не подходит, существует много разных типов пяти-
54
угольников, пригодных для «паркетажа» (см., напри-
например, паркетаж, показанный на рисунке б).
в) Воспользуйтесь тем, что правильный шести-
шестиугольник можно разрезать на три равных пятиуголь-
пятиугольника, без параллельных сторон (рисунок в).
7.4. Эта задача гораздо сложнее предыдущих.
Идея решения состоит в следующем. Допустим, что
такое покрытие возможно. Подсчитаем двумя спосо-
способами среднюю величину угла семиугольника. С од-
одной стороны, средняя величина угла в семиугольнике
5- 180° -
равна —=—. С другой стороны, в каждом узле
покрытия сходится не менее трех углов, так что
средняя величина угла семиугольника не более
= 120°. Но 120° <^у-. Противоречие.
Реализуем эту идею строго. Допустим, что воз-
возможно покрытие плоскости равными семиугольника-
семиугольниками. Пусть s — площадь семиугольника, d — диаметр
минимального круга, содержащего семиугольник.
Рассмотрим круг большого ра-
диуса R и концентрические
ему круги радиусов R — d и
R + d (см. рисунок).
Число семиугольников, по-
попавших целиком в круг радиу- j
са R, заведомо больше, чем \
Полная сумма углов этих
семиугольников не меньше
21 = 5яЛГ, = 5л2 (R — dJls. Рис- 7А-
С другой стороны, число семиугольников, пересе-
пересекающихся с кругом радиуса R, меньше N2 =
= n{R + dJ/s. Поэтому число узлов покрытия, рас-
расположенных в круге радиуса R, меньше 7Af2/3 (у
каждого семиугольника 7 вершин, но каждая из них
считается как минимум 3 раза). Полная сумма уг-
углов, прилежащих к каждому узлу, равна 2л, а по
всем узлам — не более чем
22 = 2л • 7NJ3 = 14я2 (R + dJ/Cs).
55
Очевидно, должно выполняться неравенство
;^ 2ji» откуда
-d)\
Но при достаточно больших R (при фиксирован-
фиксированном d) последнее неравенство невозможно. (Про-
(Проверьте это!) Получили противоречие.
Замечание. В наших рассуждениях не исполь-
использовалось равенство многоугольников, а лишь равен-
равенство их площадей — s, ограниченность их размеров
(постоянная d) и выпуклость (в каждом узле схо-
сходится не менее трех вершин).
7.5. а) Ход построения можно уяснить из рисун-
рисунка а. Многоугольники покрытия становятся все более
и более узкими. Именно поэтому результат задачи
7.5а) не противоречит рассуждениям задачи 7.4,
Рис. 7.5.
б) Так же как в задаче а), мы ограничимся тем,
что изобразим пример паркета для п = 7 (рису-
(рисунок б).
7.6. Концы всех дуг разбивают окружность на не-
несколько частей (мы берем «самые мелкие» части, так
что каждая из них уже не содержит концов дуг
внутри и по условию покрыта одной или несколькими
дугами). Если какую-то из этих частей покрывают
три или более дуг, то выберем из этих дуг две, кото-
которые простираются дальше всего по и против часовой
стрелки (впрочем, это может оказаться одна и та же
дуга — тогда выберем ее одну), а остальные дуги
выбросим. После нескольких таких операций мы
56
добьемся того, что все части окружности будут по-
покрыты не более чем двумя дугами.
7.7. Рассуждая, как в предыдущей задаче, дока-
докажите сначала, что можно удалить часть дорожек так,
чтобы оставшиеся покрывали коридор, причем не бо-
более чем в два слоя.
Занумеруем теперь дорожки слева направо в по-
порядке расположения их левых концов. Все нечетные
дорожки не пересекаются между собой, то же самое
верно и для четных. Либо сумма длин всех четных,
либо всех нечетных дорожек не меньше половины
длины коридора. (Эта задача, так же как и следую-
следующая, является переформулировкой известной задачи
Радо.)
7.8. Эта задача напоминает предыдущую, однако
прежние рассуждения не проходят. Именно, если не-
несколько ковров покрывают одну область, то среди
них, вообще говоря, нельзя выделить меньшее число
ковров, перекрывающих все остальные (рисунок а;
Г'
I
1
1 ,
1 ' У//
1 1
1
1
1
I J
6)
п)
Рис. 7.8.
область, покрываемая всеми четырьмя коврами, за-
заштрихована). Поэтому будем действовать иначе. Вы-
Выделим самый большой ковер К\. Пусть его площадь
равна si. Удалим все ковры, перекрывающиеся с Ки
При этом освободится от ковров площадь пола, не
превосходящая 8st (рисунок б). Среди всех остав-
оставшихся ковров, кроме Ки снова выделим ковер Кг
максимальной площади s2 и удалим ковры, с ним
пересекающиеся, освободив от ковров площадь пола,
fte превосходящую 8s2. Продолжая этот процесс, мы
пблучим набор попарно непересекающихся ковров
%и Кг, •••! которые"покрывают более */э площади
Йола (докажите это),
7.9. Будем изображать время на оси ОТ (см. ри-
рисунок). Время наблюдения изобразится отрезком АВ
длины 6. Отложим на оси ОТ также отрезки длины 1
изображающие промежутки наблюдения каждого
D
ЦБ
1,1
2,8
3,3 5,0
В
6 Т
Рис. 7.9.
наблюдателя. Отрезок АВ окажется покрытым от-
отрезками длины 1. Рассуждая как в задачах 7.6 и 7.7,
докажем, что можно часть отрезков выбросить так, что-
чтобы оставшиеся покрывали АВ не более чем в два
слоя. Занумеруем оставшиеся отрезки слева направо.
Тогда отрезки с нечетными номерами не могут иметь
общих точек, и, значит, их не более пяти, а всего ос-
оставшихся отрезков не более 10. Так как они накры-
накрывают весь отрезок АВ, то улитка не могла проползти
более 10 м.
Вместе с тем легко придумать такой график на-
наблюдения, при котором улитка проползает ровно
10 м. Пусть, например, график наблюдения таков,
как показано на рисунке, и пусть улитка проползает
1 м, когда за ней наблюдает один, и остается на
месте, когда наблюдают двое. Очевидно, она за
6 минут проползет 10 м.
Рис. 8.1.
8.1. Сначала вымостим отдельные полосы, а за*
тем, прикладывая их друг к другу, вымостим всю
плоскость (см. рисунок; полосы показаны штрихов*
кой),
58
8.2. Заметим, что углубление в каждой скобке
(/) может быть заполнено двумя другими скобками
B и 3) лишь двумя способами — один из способов
укладки показан на рисунке штриховкой, а второй
получается из первого зеркальным отражением.
XXDK
Рис. 8.2.
После того как скобки 1, 2 и 3 выложены, скобки 4,
5, 6 и 7 могут быть уложены лишь единственным
способом. Проверьте, что не существует способа
укладки последующих скобок, при котором удалось
бы накрыть все три клетки, перечеркнутые на ри-
рисунке крестом.
8.3. а) Заштрихуем клетки нечетных горизонталь-
горизонтальных рядов через одну (см. рисунок а). Заметьте, что
щ
ш
ш
ш
и
/
а)
Рис. 8.3.
плитка 4 X 1 покрывает или две заштрихованные
клетки, или ни одной, а плитка 2X2 покрывает
ровно одну заштрихованную клетку. Таким образом,
если плитки покрывают дно коробки, то число пли-
плиток 2 X 2 и число заштрихованных клеток или оба
детные, или оба нечетные. После того как потеряли
59
одну плитку 2X2, число этих плиток изменило чет-
четность.
б) Да, это могло быть (см. рисунок б; на левом
рисунке 5 «уголков», а на правом 4).
8.4. Ответ. п2/2, если п четно, и (п2 + п)/2,
если п нечетно.
Примеры, когда закрашено именно такое количе-
количество клеток, построить легко; нужно закрасить цели-
целиком все строки с нечетными номерами: 1-ю, 3-ю и т. Д.
(проверьте это).
Нужно еще доказать, что большего количества
клеток закрасить нельзя. Для четного п = 2k это
ясно, квадрат 2k X 2&
можно разбить на k2
квадратов 2X2, а в ка-
каждом из них должно быть
не больше двух закра-
закрашенных клеток. Для не-
нечетного n~2k-\- i мож-
можно рассмотреть k2 + k
квадратов 2X2, заштри-
заштрихованных на рисунке
I
Рис. 8.4.
(где k = 7). В каждом
них закрашено не более
чем по 2 клетки. Даже
если закрасить все k кле-
клеток, лежащих на диаго-
диагонали и не покрытых за-
заштрихованными квадратами 2'Х 2, то все равно бу-
будет закрашено не более 2{k2 + k) + k — (п2 + и)/2
клеток.
8.5. Ответ. 20.
Легко провести пример, когда поворотов 20. До-
Докажем, что меньше 20 поворотов быть не может. Рас-
Рассмотрим 10 улиц какого-то одного направления. Если
маршрут проходит по каждой из них, то на каждой
из них уже есть не менее двух поворотов маршрута,
и все доказано. Если найдется такая улица, по кото-
которой маршрут не проходит совсем, то он должен про-
проходить по всем десяти перпендикулярным улицам.
К ним мы можем применить то же самое рассуж-
рассуждение.
8.6. Постройте круг радиуса 9, концентрический
данной окружности. Рассмотрите все квадратики
60
1 X 1. стороны которых параллельны линиям сетки,
а' центры лежат в ее узлах и внутри окружности
радиуса 10. Докажите, что эти квадратики целиком
покрывают построенный круг радиуса 9; сравните
сумму площадей этих квадратиков с площадью круга.
8.7. Ответ. Наибольшее возможное число кле-
клеток — 80.
8.8. Введите систему координат, приняв какие-
либо две взаимно перпендикулярные линии клетчатой
бумаги за оси координат, а ширину клетки за 1.
Пусть Х{ и yi — проекции отрезков ломаной линии
на оси координат (с учетом знака). Тогда хх + х2 + ...
... + Хп = 0; ух + у2 + ... +*/„ = 0; х] + у\ = с. (По-
(Постарайтесь ответить на такой вопрос: какие остатки
при делении на 4 может давать с — сумма двух ква-
квадратов целых чисел?) Очевидно, можно считать, что
хотя бы одно из 2п чисел хи х2, ..., хп, У\, Уъ ¦•-, Уп
нечетно — иначе все их можно разделить на подходя-
подходящую степень числа 2 и свести дело к этому случаю.
После этого останется только рассмотреть две воз-
возможности: A) все числа х{, у{ нечетны, B) при ка-
каждом i одно из чисел хи у{ нечетно, другое четно,
и показать, что в обоих случаях п должно быть
четным.
8.9. Докажите, что в кратчайшем пути из А в В
по линиям сетки между двумя соседними отрезками
одного какого-либо направления обязательно содер-
содержится нечетное число отрезков двух других направ-
направлений. Отсюда будет следовать, что если занумеро-
занумеровать по порядку все отрезки, из которых состоит путь
шмеля, то или все четные отрезки имеют одно и то
же направление, или все нечетные отрезки имеют одно
и то же направление.
Разобраться в решении будет намного проще,
если вы начертите большую сетку из правильных
шестиугольников и попробуете нарисовать кратчай-
кратчайшие пути между несколькими парами узлов, отстоя-
отстоящих на 8—10 шестиугольников.
9.1. Разобьем квадрат прямыми, параллельными
сторонам, на 25 квадратиков со стороной '/б- Если бы
в каждый квадратик попало не более двух точек,
то всего на 25 квадратиков попало бы не больше 50
точек. Значит, найдется квадратик, в который попали
три точки. Так как диагональ этого квадратика
61
|/Т/5 = j/4/50 меньше, чем 2/7 = |/4/49» то этот
квадратик можно накрыть кругом диаметра 2/7.
9.2. Среди всех треугольников с вершинами в
данных точках выберем треугольник наибольшей пло-
площади s ^ 1. Через каждую его вершину проведем
прямую, параллельную противоположной стороне.
Площадь треугольника, образованного этими пря-
прямыми, как легко видеть, равна 4s ^ 4.
Докажите, что этот треугольник накрывает все п
точек. При доказательстве можно воспользоваться
тем, что все треугольники с заданным на плоскости
основанием а, имеющие площадь s (или меньшую
площадь), заключены в полосе между двумя прямы-
прямыми, параллельными основанию а и отстоящими от него
на расстояние h = 2s/a.
9.3. а) Допустим, что это возможно, и пусть
Аи А2, ..., Ав — такие шесть точек внутри круга ра-
радиуса /, попарные расстояния между которыми боль-
больше 1. Проведем из центра круга радиусы через каж-
каждую из данных точек. (Ясно, что никакие две точки не
лежат на одном радиусе.) По крайней мере 2 из этих
6 радиусов образуют угол, не превосходящий 60°, и
расстояния между любыми двумя точками на этих ра-
радиусах не больше 1. Противоречие.
б) Допустим, что это возможно. Опишем около
каждой точки кружок радиуса г = 0,5. По условию
эти кружки не имеют общих точек и расположены в
круге радиуса R = 10,5, концентрическом исходно-
исходному кругу радиуса 10. Поэтому сумма их площадей
450яг2 = 450я/4 не превосходит площади этого круга
nR2= B1/2Jя = 441я/4, откуда 450<441. Про-
Противоречие.
в) Проверьте, что при достаточно малом е (на-
(например, е = 0,02) в круге радиуса 10 поместится бо-
более 400 центров сетки правильных шестиугольников
со стороной —2~-^~' покрывающих плоскость. Расстоя-
Расстояние между центрами соседних шестиугольников рав-
равно 1 + е, т. е. больше 1. Оценить количество центроз
внутри круга можно тем же приемом, который был
использован в задачах 7.4 и 8.6: шестиугольники,
центры которых лежат в круге радиуса 10, заведомо
покрывают концентрический круг радиуса 10 =~~»
62
и дело сводится к проверке неравенства
400 • ^jp- • A.02J < я (9,49J.
9.4. Докажите, что геометрическое место Ф(а')
состоит из следующих кусков, изображенных на ри-
рисунке:
а) многоугольника М, б) прямоугольников высо-
высоты х, прилежащих к каждой стороне М извне,
в) секторов радиуса х, при-
прилежащих к каждой вер-
вершине.
Используя теорему о
сумме углов многоугольни-
многоугольника, докажите, что площадь
фигуры Ф(л:) равна
s (л:) = s + Рх + пх2. (*)
Эта формула справедли-
справедлива не только для выпуклых
многоугольников, но и для
любой выпуклой фигуры.
Проверьте ее для круга и Рис. 9.4.
для сегмента.
Для невыпуклых фигур формула (*) уже невер-
неверна (постройте пример), но для них площадь фигуры
Ф (х) всегда не превосходит s (л:).
9.5. Центр клумбы может располагаться в любой
точке двора, удаленной от забора и от каждого из
5 сооружений не менее чем на 5 м. Такие точки за-
заведомо найдутся, если площадь «внутреннего» квад-
квадрата со стороной 60 м, расположенного концентрич-
но забору, окажется (см. рисунок на обложке)
больше общей площади 5 всех 5 сооружений и окайм-
окаймляющих их пятиметровых полос. Эта последняя пло-
площадь, согласно предыдущей задаче, равна
= *i + s2+ ...
х
где Si — площадь г'-го сооружения, /,- — его периметр
-A = 1,2,3,4,5), а х — 5 м. Подставляя сюда дан-
данные из условия задачи, проверьте, что S < 3540 <
< 602 м\
63
Заметим, что форма сооружений несущественна
для решения. Достаточно было бы знать лишь число
сооружений, общую площадь, занимаемую ими, и
сумму периметров.
9.6. Десантник заведомо выйдет из леса, если он
будет идти по окружности радиуса г = YSItl . Дей-
Действительно, если бы вся эта окружность помещалась
внутри леса, то площадь леса была бы больше
лг2 = S.
Формально задача решена, но мы покажем, как
можно было бы естественно прийти к такому реше-
решению, и заодно убедимся в том, что оценка 2 ]ArS в
некотором смысле наилучшая из возможных.
Заметим, что путь должен быть обязательно замк-
замкнутым или по крайней мере содержать точки самопе-
самопересечения. В самом деле,
в противном случае, ка-
каким бы длинным ни был
путь L, существует лес
в виде столь узкой поло-
полосы вдоль пути L, что его
площадь не превосходит
S (см. рисунок). Уточняя
эти рассуждения, можно
показать, что десантник
Рис. 9.6. должен идти по неко-
некоторому замкнутому мар-
маршруту L. Для того чтобы при любой форме леса мож-
можно было гарантировать выход на опушку леса, необ-
необходимо и достаточно, чтобы площадь, ограниченная
линией L, была не меньше S. При этом, если марш-
маршрут L выбран кратчайшим из возможных, то в самых
неблагоприятных ситуациях десантнику до выхода на
опушку придется пройти весь (или почти весь) марш-
маршрут L. Итак, задача о выборе «хорошей стратегии»
сводится к следующему вопросу: среди всех замкну-
замкнутых кривых, ограничивающих площадь s, найти кри-
кривую наименьшей длины. Ответ, как известно, дает ок-
окружность. (Об этом см., например, в книге Г. Раде-
махера и О. Теплица «Числа и фигуры», Физматгиз,
1962, стр. 169—174.)
9.7. Десантник должен двигаться по полуокруж-
полуокружности радиуса Y2s/n. Длина этой полуокружности,
64
гарантирующей выход, равна как раз \/2nS . Дока-
Доказательство того, что этот путь годится, очевидно (ср.
с задачей 9.6).
9.8. Заметьте, что равносторонний треугольник
«вылезает» из любой полосы, ширина которой мень-
меньше высоты треугольника.
Поэтому, двигаясь по двум
сторонам равностороннего
треугольника с высотой /,
разведчик наверняка вый-
выйдет из леса, пройдя путь не
более 2 ¦ -^L « 2,31/. Отме-
Рис. 9.8.
тим, что и этот способ не-
ненаилучший. Окончательный
ответ дает довольно хитрая
кривая (см. рисунок), со-
составленная из отрезков и
дуг окружностей, имеющая длину «2,278/. (Подроб-
(Подробности см. в статье В. А. Залгаллера «Как выйти из ле-
леса?», «Математическое просвеще-
просвещение», вып. 6, 1961.)
9.9. Заметьте, что тропинка, ко-
которая начинается у самого высоко-
высокого дерева, затем идет напрямик к
следующему по высоте дереву,
затем — к третьему по высоте и
т. д. до самого низкого дерева,
имеет длину меньше 40 м. Огородив
забором (длиной 80 м) эту тропин-
тропинку, соединяющую все деревья, мы
тем самым окружим забором и
весь лес.
10.1 Докажите, что сумма про-
противоположных сторон выпуклого
.четырехугольника ABCD меньше суммы его диагона-
диагоналей: AB + CD <.AC + BD. (Мы использовали этот
факт при решении задачи 1.7.) Сложив последнее не-
неравенство с данным в условии АВ + BD < АС -К CD и
упрощая, получим АВ<*АС.
10.2. Заметьте, что середина К отрезка BD лежит
на прямой АС. Сравните углы 'Z.AKB = ZCJW и
!^Л/Ш ZCKB (см. рисунок), , -
65
10.3. Проведем окружность радиуса CD = ВС с
центром в точке С. Она пересечет отрезок АС в не-
некоторой точке Е (так как АС > ВС). Вписанный
угол EBD — прямой (он опирается на диаметр), зна-
значит, угол ABD — тупой.
Другое решение можно получить, заметив, что
биссектриса СК угла С треугольника ABC парал-
параллельна прямой BD, а если АС > ВС, то ZAKC >
> ZBKC
10.4. а) Пусть а, Ь, с — стороны этого треуголь-
треугольника, ha = 3, lib = 4, hc = 5 — опущенные на них
высоты, s — площадь треугольника. Тогда aha =
= bhb = chc = 2s, откуда а =~, b = ~, c = -|L.
"a «ft «c
т. е. данный треугольник подобен треугольнику со
сторонами -?-, -?-, -?-, равными-^-, -j, ~. Так как
4") ^ (т) "^" (т) ' то Данны" треугольник — тупо-
тупоугольный.
б) Пусть та = 3, ть = 4, тс = 5 — медианы
треугольника, проведенные к сторонам а, Ь, с. До*
страивая треугольник до параллелограмма (рису^
нок а) и пользуясь тем, что сумма квадратов диаго-
диагоналей параллелограмма равна сумме квадратов его
сторон, получим выражение медиан треугольника че-
через его стороны:
с2 — а2,
—с2.
63
Решая эту систему относительно а2, Ь2 и с2, получим
а2 = ± Bml + 2< ~ О, *2 = i B< + 2го» - т2),
с2 = -д- Bт~ + 2т2 — т2). Подставляя сюда то = 3,
ть = 4, тс = 5, найдем а2 = 202/9, Ь2 = 208/9,
с2 — 100/9. Так как а2 <.Ь2 + с2, то данный треуголь-
треугольник — остроугольный.
Так можно решить задачу в общем случае (при
любых та, ть, тс). Для конкретных чисел та = 3,
ть — 4 и тс = 5 есть более простое решение: ясно,
что a<-g--4+-g--5 = 6, следовательно, та> -к.
поэтому вершина i4 лежит вне окружности, построен-
построенной на стороне ВС, как на диаметре (рисунок б), по-
поэтому угол А — острый. Так же можно доказать, что
углы В и С — тоже острые.
10.5. Сначала сосчитаем, сколько диагоналей у
выпуклого /г-угольника. В каждой из п вершин схо-
сходится (п — 3) диагонали, но в произведении
п(п — 3) каждая диагональ учитывается дважды,
так как соединяет 2 вершины. Значит, у выпуклого
л-угольника п(п — 3)/2 диагоналей, в частности, у
11 -угольника —5—=44 диагонали.
Проведем через фиксированную точку Р плос-
плоскости 44 прямых, параллельных диагоналям данного
11-угольника. Они разделят полный угол в 360°
вокруг точки Р на 88 частей, и наименьшая из этих
« 360° г-о
частей не будет превосходить -55-1 что меньше чем 5 .
10.6. Для треугольника утверждение задачи оче-
очевидно (неравенство превращается в равенство), по-
поэтому будем считать, что число п сторон многоуголь-
многоугольника не меньше четырех.
Проведем в данном n-угольнике все п диагоналей,
соединяющих его вершины через одну. Каждая из
этих диагоналей вдвое больше параллельного ей
отрезка, соединяющего середины сторон данного
n-угольника (рисунок а). Поэтому утверждение зада-
задачи эквивалентно тому, что сумма этих п диагоналей
больше периметра /г-угольника. Для доказательства
последнего утверждения заметьте, что даже сумма
67
кусочков этих диагоналей, примыкающих к верши-
вершинам многоугольника (на рисунке б они обведены
жирными линиями), больше периметра /г-угольника.
10.7. Докажем более общее утверждение, а имен-
именно, что площадь любого параллелограмма, лежащего
внутри треугольника, не превосходит половины пло-
площади этого треугольника. Продлим противополож-
противоположные стороны MN и PQ параллелограмма MNPQ до
6)
Рис. 10.6.
'К I
а)
С А
Рис. 10.7.
В)
пересечения со сторонами треугольника ABC (рису*
нок с). По крайней мере две из четырех точек пере<
сечения лежат на одной стороне треугольника. Пусть
это будут точки Mi и Qi на АС. Отложим на прямых
MN и PQ от точек Mi и Qt отрезки MiNi = MN и
PiQi = PQ. Параллелограммы MNPQ и MiNiPiQi
имеют равные основания MN и MiNi и равные вы-
высоты, значит, их площади равны. Пусть прямая N,Pi
пересекает стороны АВ и ВС в точках Af2 и Ръ
Проведем через точку Р% отрезок P%Qi. II АВ. Далее,
площадь MiNiPiQi не больше площади AN^PaQ^ (так
68
как их высоты равны, а основания NiPi ^ N3Pa).
Остается доказать, что площадь AN2P2Q2 не больше
половины площади ABC.
Пусть СР% < ВР2 (случай ВР2 < СР2 рассматри-
рассматривается аналогично — нужно только поменять ролями
вершины В и С). Отложим на ВС от точки С отре-
отрезок CCi = 2CPZ и проведем AiCiWAC (рисунок б).
Площадь параллелограмма AN2P2Qi равна половине
площади трапеции AAidC (N2P2 — средняя линия
трапеции), а значит, меньше половины площади тре-
треугольника ABC.
10.8. Пусть rABCDEF — произвольный выпуклый
шестиугольник (см. рисунок). Проведем в нем диаго-
диагонали AD, BE и CF. Пусть М, N, Р — точки пересече-
пересечения диагоналей (они могут слиться в одну). Шести-
Шестиугольник разбился на 3 четырехугольника ABMF,
BCDN, DEFP и треуголь-
треугольник MNP. В четырех-
угольниках проведем диа-
диагонали AM, CN и ЕР, ко-
которые разбивают их на 6
заштрихованных на ри-
рисунке треугольников. Ос-
Основанием каждого тре- ""ц~/\ ~н~ F Нг
угольника является одна
из сторон шестиугольни-
ка, а вершина, противо-
противолежащая этому основанию, лежит на диагонали,
соединяющей две противоположные вершины шести-
шестиугольника. Ясно, что площадь хотя бы одного
из заштрихованных треугольников не больше 7в пло-
площади шестиугольника. Пусть это будет, скажем, тре-
треугольник AMF, его высота — МН. Площадь хотя бы
одного из треугольников ABF или AEF не больше
площади треугольника AMF, так как хотя бы одна
из высот BHi или ЕН2 этих треугольников не больше
МН. Все доказано.
10.9. Пусть AiAz...An — данный /г-угольник,
MiNi, M2N2 MnNn — разрезы (см. рисунок). До-
Допустим, что утверждение задачи неверно. Допустим
для определенности, что ZA2M2N2 < 90°. Построим
на ОА2, как на диаметре, окружность. Так как
'ZOMZA2 = ZOM3A3 = 90°, то точки М2 и М3 лежат
на этой окружности. Так как M2N2 >1 и ОА2 = 1,
69
то точка N2 не может лежать внутри построенной ок-
окружности. Пусть Р — точка пересечения разреза
M2N2 с этой окружностью (возможно, Р совпадает с
Рис. 10.9.
N2). Проверьте, что 'ZPM2A2 = ZPMzAz, и, значит,
ZA2M2N2 > ZAsM3N3. Так же докажем, что
Н
Z АзМзМз > Z AtMtNt > Z A5M5IV5 > ...
... > Z AnMnNn > Z AyMfli > Z A2M2N2.
Отсюда 'ZA2M2N2 > "ZA2MZN2. Противоречие.
11.1. Пусть М' — точка, которая получается из
точки М при повороте вокруг точки А на угол, рав-
равный данному (см. рисунок).
Тогда за точку С нужно
взять точку пересечения от-
отрезка ММ' со стороной дан-
данного угла.
Для доказательства вос-
воспользуйтесь тем, что если
АВ = АС, то MB + МС =
= М'С + МС.
11.2. Отрезки следует
расположить так, чтобы их
общая точка лежала на бис-
биссектрисе угла, а перпенди-
перпендикуляры к их серединам проходили через вершину
угла.
При решении этой задачи полезно следующее ут-
утверждение: среди всех треугольников с данным осно-
70
Рис. 11.1.
ванием а и углом а при вершине (противолежащей
основанию) наибольшую площадь имеет равнобед-
равнобедренный треугольник. Доказать это можно так. Гео-
Геометрическое место вершин треугольников, имеющих
данное основание ВС = а и данный угол при верши-
вершине Z. В АС — а, — это дуги двух сегментов, вмещаю-
вмещающих угол а (рисунок а). Среди таких треугольников
равнобедренный имеет наибольшую высоту АН,
N
а)
Рис. 11.2.
Площадь четырехугольника KMNP равна сумме
или разности площадей треугольников КМР и MNP.
Будем двигать AMNP так, чтобы вершины М и Р
скользили по сторонам угла. Тогда площадь тре-
треугольника MNP не меняется. При этом площадь че-
четырехугольника достигает максимума одновременно
с площадью треугольника КМР, т. е. тогда, когда тре-
треугольник КМР станет равнобедренным: КМ = К.Р.
Точка N окажется на биссектрисе KL угла К. Значит,
задача сведена к случаю, когда точка N лежит на
KL- В этом случае площадь четырехугольника KMNP
равна сумме площадей равных треугольников NKP
и MKN с основаниями NP = MN = 1. Эти треуголь-
треугольники имеют наибольшую площадь, когда они равно-
равнобедренные КМ = KN = КР.
11.3. Наибольшую площадь имеет ромб, одна
из диагоналей которого совпадает с диагональю
прямоугольника, а концы другой лежат на сторонах
прямоугольника.
71
Докажем, что всякий другой ромб имеет меньшую
площадь. Пусть ABCD — данный прямоугольник (см.
рисунок), AD и ВС— его большие стороны, и пусть
В
Е М
X
F
б)
Рнс. 11.3.
в прямоугольник помещен некоторый ромб. Через
центр прямоугольника проведем прямые, параллель-
параллельные диагоналям ромба, до пересечения со сторонами
прямоугольника в точках М, N, P, Q. Получим новый
ромб MNPQ, площадь которого не меньше площади
исходного ромба (докажите это!) и вершины котси
рого лежат на сторонах ABCD.
Пусть AECF — ромб, описанный в ответе. Дока-
Докажем, что площадь ромба MNPQ не больше площади
ромба AECF.
Когда все вершины ромба MNPQ лежат на боль-
больших сторонах прямоугольника, это верно, поскольку
ромбы имеют одинаковую высоту АВ (рисунок а), а
сторона MN меньше АЕ (докажите это!). Когда все
вершины этого ромба лежат на разных сторонах пря-»
моугольника, это верно потому, что диагонали ромба
соответственно меньше диагоналей ромба AECF (на
рисунке б МО < ЕО, РО < СО).
11.4. Ответ. Точка М — основание высоты ВМ
треугольника ABC. Заметьте, что диаметры окружно-
окружностей, о которых говорится в условии, не могут быть
меньше хорд АВ и ВС соответственно.
11.5. Ответ. Эта точка — вершина, противоле*
жащая наибольшей стороне.
Пусть х, у и z — расстояния точки М от прямых
ВС, СА и АВ соответственно; ha, Нь, hc — высоты,
опущенные на стороны а = ВС, b = СА, с = Лб;
S — площадь треугольника ABC. Очевидно, х ^ ha,
у ^ hb, z ^ hc. Так как площадь треугольника ABC
складывается из площадей треугольников ВСМ,
72
САМ и ABM, то 5 = (ах + by + сг)/2, откуда
или -#-+-#- + -#- =
aK.bij.cz .
Пусть а > 6 > с и, значит, /га < /г& < /гс. Если в ле-
левой части последнего равенства заменить йь и йс на fta,
то сумма увеличится, и мы получим ~- + ¦— + -|- ^ 1
па rla rla
или х + у + г ^ ha, причем х -\- у -\- z = ha, только
если у = z = 0 и х = ha. Отсюда видно, что сумма
х -\- у -\- z достигает наименьшего значения, когда
точка М совпадает с вершиной А.
11.6. Ответ. Угол ОМА максимален, когда угол
О AM — прямой.
Пусть М — произвольная точка окружности и
ОК. — перпендикуляр, опущенный из точки О на пря-
прямую МА (см. рисунок). В треугольнике КМО гипо-
гипотенуза ОМ постоянна (равна радиусу), следователь-
следовательно, угол АМО тем больше, чем больше катет ОК.-
V-—
-\м7
Рис. 11.6.
Рис. 11.7.
'Докажите, что при движении точки М по данной ок-
окружности точка К описывает окружность с диамет-
диаметром ОА и что отрезок ОК наибольший, когда точка К
совпадает с А. Тогда Mi и М2 — это точки пересечения
данной окружности с прямой, перпендикулярной от-
отрезку О А в точке А.
11.7. Ответ, а) лучи, лежащие на прямой О А,
¦ б) лучи, перпендикулярные ОА.
Докажите, что отрезок МР, заключенный между
окружностями (см. рисунок), тем больше, чем боль-
больше угол АМО, После этого задача б) сводится к за-
задаче 11.6,
73
ДОПОЛНИТЕЛЬНЫЕ ЗАДАЧИ
1. а) На сколько частей могут делить плоскость четыре раз-
различные прямые? (Укажите все значения.)
б) Тот же вопрос для пяти прямых.
2. а) При каких п и k на плоскости можно расположить
п отрезков так, чтобы каждый из них пересекался с k другими?
б) Тот же вопрос для п окружностей.
3. а) Сколько существует прямых, равноудаленных от трех
точек плоскости, не лежащих на одной прямой?
б) Сколько существует окружностей, равноудаленных от
четырех данных точек плоскости, не лежащих па одной окруж-
окружности (расстоянием от точки М до окружности называется рас-
расстояние от этой точки до ближайшей к ней точки окружности)?
Нужно указать все возможные значения.
4. Плоскость разделена иа п частей (п > 3) прямыми, ника-
никакие две из которых не параллельны и никакие три не проходят
через одну точку.
а) Докажите, что среди этих частей найдется по крайней
мере две, имеющие форму треугольника.
б) Докажите, что к каждой прямой примыкает хотя бы один
треугольник.
5. Всякий ли треугольник можно разрезать на равнобедрен-
равнобедренные треугольники?
6. а) Докажите, что любой треугольник можно разрезать на
треугольники, у каждого из которых одни угол равен 120°.
б) Докажите, что ни один треугольник с углами, не превосхо-
превосходящими 120°, нельзя разрезать на треугольники, у каждого из
которых один угол больше 120°.
7. Докажите, что выпуклый многоугольник можно разрезать
на параллелограммы в том и только в том случае, когда у него
есть центр симметрии; эквивалентное условие — для каждой сто-
стороны существует равная и параллельная ей.
8. Докажите, что правильный пятиугольник можно разбить
на 4 тупоугольных треугольника *).
*) В отличие от задачи 7.1, здесь вершины треугольника мо-
могут лежать на сторонах многоугольника.
74
На какое наименьшее число тупоугольных треугольников
можно разбить правильный п-угольник?
9. Если п-угольник, где п ^ 4, разрезан не пересекающимися
внутри и-угольника диагоналями на треугольники, то среди этих
треугольников встречаются такие, которые имеют с многоуголь-
многоугольником две общие стороны, одну общую сторону или ни одной —
пусть их количества соответственно а2, аи а0.
Докажите, что
а) аг + сц + ао = п — 2,
б) 2сгг+ а\ = п.
10. а) Докажите, что как бы ни раскрасить плоскость в три
цвета, найдутся две точки одного цвета на расстоянии 1 друг от
друга.
б) Раскрасьте плоскость в девять цветов так, чтобы любые
две точки, находящиеся на рас-
расстоянии 1, были окрашены в
разные цвета.
в) Придумайте, как мож-
можно обойтись семью красками.
11. а) Известен пример не-
самопересекающегося 10-уголь-
ника, все стороны которого ле-
лежат на пяти прямых (см. ри-
рисунок) .
Докажите, что замкнутая
несамопересекающаяся лома-
ломаная, все звенья которрй лежат ™ис- И-
на шести данных прямых (по
никакие два соседних звена не идут по одной прямой), не может
иметь больше 10 звеньев.
б) Постройте пример замкнутой ломаной из 17 звеньев (ни-
(никакие два несоседких звена не имеют общих точек), которые
лежат на семи прямых.
в) Можно ли чисчо 17 заменить большим?
12. Для каждого нечетного п ^ 5 постройте пример само-
самопересекающейся n-звенной ломаной, которая каждое свое звено
пересекает 2 раза.
13. Найдите все треугольники с целочисленными длинами
сторон, периметр которых равен удвоенной площади.
14. а) Какую наибольшую площадь может иметь много-
многоугольник периметра 4р, стороны которого лежат на ли-
линиях клетчатой бумаги (сторона клетки равна 1; р — целое
число) ?
б) Какую наименьшую площадь может иметь такой много-
многоугольник (его контур не должен проходить ни через одну вер-
вершину дважды)?
15. а) Какие прямоугольники т X п на клетчатой бумаге
можно покрыть фигурками из трех клеток, имеющими форму
буквы Г?
б) Тот же вопрос для фигурок из 4 ктеток в форме
буквы Г.
16. На клетчатой бумаге лежит многоугольник площади
меньше 1. Докажите, что его можно сдвинуть так, чтобы он не
закрывал ни одного узла сетки (сторона клетки равна 1),
75
17. Какую наименьшую площадь может иметь треугольник,-
вершины которого лежат в узлах клетчатой бумаги (сторона
клетки равна 1)?
18. Какое наибольшее число клеток может разрезать (на две
части) отрезок длины 15, лежащий на клетчатой бумаге (сторона
клетки равна 1)?
19. В треугольнике высота, опущенная на сторону а, не мень-
меньше а, а высота, опущенная на сторону Ъ, не меньше Ъ. Найдите
углы треугольника.
20. Докажите, что сумма расстояний от любой точки внутри
треугольника до его вершин меньше периметра и больше поло-
половины периметра этого треугольника.
21. а) М — точка, лежащая на биссектрисе АК треуголь-
треугольника ABC. Докажите, что разность расстояний от точки М до
точек В и Сне больше, чем разность сторон АВ и АС (по мо-
модулю) .
б) Если АК и BL — биссектрисы треугольника ABC и
АС > ВС, то AL> LK> КВ. Докажите это.
22. На основании AD трапеции ABCD даиа точка Р. Где на
основании ВС нужно выбрать точку Q, чтобы площадь четырех-
четырехугольника, образующегося в пересечении треугольников ВРС и
AQD, была наибольшей?
23. Назовем «коэффициентом неравнобедренностн» (/G") тре-
треугольника Т со сторонами а ^ Ъ ^ с наименьшее из чисел Ь/а
и с/Ь.
Существует ли треугольник Т, у которого коэффициент
у(Т) равен 2? 1,5? Какие вообще значения может прини-
принимать у(Т)?
24. Один выпуклый четырехугольник помещается внутри дру-
другого.
а) Может ли сумма его диагоналей быть больше, чем сумма
диагоналей объемлющего?
б) Могут ли обе его диагонали быть больше наибольшей
диагонали объемлющего?
в) Может ли сумма его диагоналей быть вдвое больше, чем
сумма диагоналей объемлющего четырехугольника?
25. Докажите, что любой выпуклый многоугольник пло-
площади S и периметра Р можно поместить в прямоугольник, у ко-
которого площадь не больше 2S и периметр не больше 2Р.
26. Дан отрезок АВ и на нем точки Н и К. Постройте тре-
треугольник ABC, у которого СН — высота, а СК — биссектриса.
При каком расположении точек Н и К такое построение воз-
возможно?
27. На доске была начерчена трапеция, в ней проведена сред-
средняя линия EF и опущен перпендикуляр ОК. из точки О пересече-
пересечения диагоналей на большее основание. Затем трапецию
стерли. Как восстановить чертеж по сохранившимся точкам Е,
F, О, К?
28. Постройте треугольник, зная положение одной из его
вершин, середины противоположной стороны и точки пересечения
высот.
29. В данную окружность впишите трапецию так, чтобы ее
диагонали пересекались в заданной точке Р, а средняя линия
проходила через заданную точку Q,
76
30. На плоскости заданы три точки: О, Р и Q. Построите
равносторонний треугольник, у которого центр лежит в точке О,
а две пз его сторон (или их продолжения) проходят: одна — че-
через точку Р, другая — через точку Q.
31. На плоскости заданы четыре точки К, Р, Q, R. Постройте
равнобедренный треугольник, у которого середина основания /С,
а три стороны (или их продолжения) проходят соответственно
через точки Р, Q и R.
32. а) Задана точка О и прямая, не проходящая через эту
точку. Постройте прямоугольный треугольник, у которого высота,
проведенная к гипотенузе, лежит на данной прямой, а центр
описанной окружности лежит в данной точке О.
б) Та же задача, но в точке О должен лежать центр вписан-
вписанной окружности искомого треугольника.
33. Постройте треугольник, зная центры вписанной, описанной
и одной из вневписаиных (см. сноску на стр. 12) окружностей.
34. Постройте четыре вершины квадрата с заданной сторо-
стороной а с помошыо одного циркуля.
35. Пусть К и L — середины сторон АВ и CD, Q — точка пере-
пересечения диагоналей. Р — точка пересечения продолжений сторон
ВС и AD четырехугольника ABCD. Докажите, что если какие-то
три из четырех точек К, L, Q и Р лежат на одной прямой, то и
четвертая точка лежит на той же прямой (а четырехугольник
ABCD — трапеция).
36. Дана трапеция ABCD с основаниями ВС = а и AD = Ь.
Можно ли выбрать на ее боковых сторонах такие точки М (па
АВ) и N (на CD), чтобы выполнялись условия: MN || ВС II AD,
МС II AN? Будет ли при этом BN || MD?
37. На плоскости проведены четыре попарно пересекающиеся
прямые а, Ь, с, й. Известно, что прямая а параллельна одной из
медиан треугольника, образованного тремя другими прямыми:
Ь, с, d. Докажите, что тогда и каждая из прямых Ь, с и d обла-
обладает тем же свойством.
38. В равнобедренный треугольник ABC (АВ = ВС) вписан
равнобедренный треугольник K.MN (МК = K.N) так, что вер-
вершина К лежит в середине основания АС, а вершины М и
N — соответственно на сторонах АВ и ВС на разных расстоя-
расстояниях от вершины В. Докажите, что угол при основании ABC
вдвое меньше угла при вершине К треугольника MKN.
39. В прямоугольник ABCD вписан равносторонний треуголь-
треугольник АРК. так, что вершина К находится на стороне ВС, а вер-
вершина Р — на стороне CD. Пусть КН — высота треугольника АРК.
Докажите, что треугольник ВНС — равносторонний.
40. Из основания высоты СИ прямоугольного треугольника
ABC (ZC = 90е) проведены биссектрисы: НЕ — треугольника
СНА и HF — треугольника СНВ. Докажите, что точки С, Е, F
и Н лежат на одной окружности, причем вторая точка К пересе-
пересечения^ этой окружности с гипотенузой АВ — основание биссек-
трисьГСК треугольника ABC.
41. Докажите, что если в треугольнике периметра 2р с ра-
радиусами вписанной и описанной окружности R и г
77
то он прямоугольный. Для каких треугольников 1R+r>pt
R
Рис. 43.
42. а) Докажите, что в любом треугольнике ABC середины
сторон АВ, ВС и середины отрезков АН, СН, где Н — точка пере-
пересечения высот, являются верши-
вершинами прямоугольника.
б) Докажите, что в треуголь-
треугольнике ABC середины сторон, осно-
основания высот и середины отрезков
АН, ВН и СН лежат на одной ок-
окружности («окружность девяти то-
точек») .
43. Одна окружность касает-
/Г ся внутренним образом другой.
Проведем произвольную секущую,
перпендикулярную их линии цен-
центров О1О2 (см. рисунок). Дока-
Докажите, что отношение расстояний
от точки касания Т до точек Mi и
Л1г пересечения секущей с окруж-
окружностями постоянно.
44. Прямая, переходящая че-
через точку Р -пересечения продол-
продолжений боковых сторон АВ и CD описанной трапеции ABCD и
точку М, в которой вписанная окружность касается основания ВС,
пересекает основание AD в точке Q. Докажите, что AQ = ND,
где N — точка, в которой вписанная окружность касается осно-
основания AD.
45. а) Как известно, в выпуклый четырехугольник ABCD
можно вписать окружность в том и только в том случае, если
АВ -f- CD = ВС + AD. Какому условию должны удовлетворять
длины сторон выпуклого четырехугольника, чтобы существовала
окружность, касающаяся всех четырех прямых АВ, ВС, CD, DA
и лежащая вне четырехугольника?
б) Как должны быть расположены на плоскости четыре раз-
различные прямые, чтобы существовали две различные окружности,
каждая из которых касается всех четырех прямых (опишите все
случаи)? Может ли случиться, что существует более двух таких
окружностей?
46. Две окружности с центрами О\ и 0% касаются данной
прямой в точках Л и В и пересекаются в точке С (это одна из
двух точек пересечения окружностей, безразлично какая). О3 —
центр окружности, проходящей через точки Л, В, С. Докажите,
что отрезок ОзС
а) составляет равные углы с отрезками OiC и О2С,
б) равен по длине \^OiC • 0%С.
47. Пусть О — центр вписанной окружности треугольника
ABC. Пусть Р — точка пересечения луча, делящего пополам угол
между лучами ОВ и ОС, с описанной около ABC окружностью.
Докажите, что ОР = У ОВ • ОС.
48. Две прямые U и fe пересекаются в точке Р. Через эту
точку проводятся две окружности, которые пересекаются второй
раз в точке Q (отличной от Р) и пересекают данные прямые h
и h: первая — в точках М^ и Afe, вторая —в точках Ni и Nt
78
соответственно (все эти точки отличны от Р). Докажите, что
MXN\ = M2N2 тогда и только тогда, когда точка Q одинаково
удалена от данных прямых, т. е. когда Q лежит на биссектрисе
одного из углов между прямыми 1\ и /г.
49. Дана окружность. Из концов ее диаметра АВ проведены
две хорды АС и BD, пересекающиеся в точке Е. Докажите, что
окружность, проходящая через точки С, Е и D, пересекает дан-
данную окружность под прямым углом (т. е. касательные к этим
окружностям в точке их пересечения перпендикулярны).
50. Две хорды BE и CF одной окружности пересекаются в
точке А. Точка К — середина отрезка ВС. Докажите, что пря-
прямая КА пересекает отрезок EF в такой точке М, что ЕМ: MF =
= (АСJ: {АВJ.
51. В треугольнике ABC на стороне АВ берется точка Р.
а на стороне ВС — точка Q. На отрезках AQ и СР, как на диа-
диаметрах, строятся окружности. Докажите, что их общая хорда про-
проходит через точку пересечения высот треугольника ABC.
52. Построим для произвольного треугольника ABC центры,
вписанной и вневписанных (см. сноску на стр. 12) окружностей.
Докажите, что из четырех построенных центров каждый является
точкой пересечения высот в треугольнике, образуемом тремя дру-
другими центрами.
53. Точки А, В и С лежат иа одной прямой, точка Р не ле-
лежит на этой прямой. Докажите, что центры окружностей, описан-
описанных около треугольников АВР, АСР и ВРС, лежат на окружно-
окружности, проходящей через точки Р. Верна ли обратная теорема?
Николай
Борисович
Васильев
Станислав
Алексеевич
Молчанов
Александр
Львович
Розенталь
Анатолий
Павлович
Савин
Математические соревнования
М., 1974 г., 80 стр. с илл.
Редактор
Техн. редактор
Корректор
Г. Я- Пирогова
Н. В. Кошелева
Л. С. Сомова
Сдано в набор
Подп. к печати
Бумага
Физ. печ. л.
Уел печ. л.
Уч.-изд. л.
Т-11219.
Тираж
Цена книги
Заказ 8
24/ХН 1973 г.
5/VI 1974 г.
84Х108/32, тип. № 3.
2,5.
4,2.
3,69.
350 000 экз.
10 коп.
Издательство «Наука»
Главная редакция
физико-математической литературы
117071 Москва, В-71,
Ленинский проспект, 15
Ордена Трудового Красного Знамени
Ленинградская типография № 2
им. Евгении Соколовой Союзполиграфпрома
при Государственном комитете
Совета Министров СССР по делам
издательств, полиграфии и книжной торговли
198052, Ленинград, Л-52,
Измайловский пр., 29