Д.О.Шклярский, Н.Н.Ченцов, И.М.Яглом
ИЗБРАННЫЕ ЗАДАЧИ И ТЕОРЕМЫ ЭЛЕМЕНТАРНОЙ МАТЕМАТИКИ
ЧАСТЬ 2. ГЕОМЕТРИЯ (ПЛАНИМЕТРИЯ)
(Библиотека математического кружка. Выпуск 2)
Государственное Издательство Технико-Теоретической Литературы Москва 1952
СОДЕРЖАНИЕ
Предисловие	3
Номера задач, предлагавшихся на московских математических олимпиадах 6
Задачи	7
1.	Задачи смешанного содержания (1—38)	7
2.	Задачи на максимум и минимум, связанные с расположением точек и 20
фигур (39—56)
3.	Задачи на построение и на нахождение геометрических мест (57—90)	23
4.	Задачи на доказательство теорем (91 — 150)	30
Решения	56
Ответы и указания	368
СОДЕРЖАНИЕ
Предисловие ........................................ 3
Номера задач, предлагавшихся на московских математических
олимпиадах ..... ................................... 6
Задачи.............................................. 7
1.	Задачи смешанного содержания (1—38).......... 7
2.	Задачи на максимум и минимум, связанные с располо-
жением точек и	фигур (39—56).................. 20
3.	Задачи на построение и на нахождение геометрических
мест (57—90)................................... 23
4.	Задачи на до^зательство теорем	(91—150)......30
Решения ............................................56
Ответы и указания...................................368
ПРЕДИСЛОВИЕ
Эта книга представляет собой вторую часть сборника за-
дач, составленного по материалам школьного математического
кружка при Московском государственном университете. Она
содержит задачи по планиметрии и совершенно не зависит от
первой части книги, посвященной арифметике и алгебре.
Принципы, которыми руководствовались авторы при под-
боре задач, были подробно указаны в предисловии к первой
части книги. Много внимания уделялось задачам «нестандарт-
ным», требующим для своего решения привлечения соображе-
ний, непривычных для школьников, но широко используемых
в математике сегодняшнего дня. В настоящей второй части
такие «нестандартные» задачи составляют основное содержа-
ние первых двух циклов задач, по своему характеру близких
друг к другу. В небольшом цикле 2 («Задачи на наибольшие
и наименьшие значения, связанные с расположением точек
и фигур») собрано несколько задач, которые можно было бы
свободно отнести и к циклу 1, но которые хотелось выделить
отдельно, чтобы ярче оттенить то общее, что имеется у всех
них в постановке вопроса. Отметим, что круг вопросов, за-
тронутый в этом разделе, несмотря на всю его элементар-
ность, в настоящее время еще только начинает разрабаты-
ваться; ряд задач цикла 2 заимствован из статей, напечатан-
ных в научных математических журналах в самое последнее
время (за 1950—1951 гг.), а многие примыкающие сюда во-
просы до настоящего времени еще и вовсе не решены.
Следующие два цикла задач более традиционны. Первый
из них содержит задачи на построение и на нахождение гео-
метрических мест, второй — задачи на доказательство теорем.
На русском языке имеется несколько хороших сборников задач
этих типов, которые мы здесь старались не дублировать.
1*
4
.ПРЕДИСЛОВИЕ
Многие задачи циклов 3 и 4 были придуманы в школьном
математическом кружке при МГУ или предлагались на мате-
матических олимпиадах московских школьников (список задач,
предлагавшихся на олимпиадах, приведен на стр. 6). В цик-
ле 3, посвященном задачам на построение, приведены в основ-
ном задачи, более редкие в школьной практике, — задачи на
построения с ограниченными средствами, построения с по-
мощью инструментов, отличных от циркуля и линейки, построе-
ния на поверхности сферы, задачи на построение треугольников
и многоугольников, заданных положением некоторых точек
этих фигур. В цикле 4, посвященном задачам на доказатель-
ство, большое внимание уделяется теоремам, играющим суще-
ственную роль в различных разделах так называемой «высшей
геометрии», а также задачам на отыскание наибольших и наи-
меньших величин.
В решениях ряда задач циклов 3 и 4 было бы удобно
использовать свойства движений или преобразований подобия;
другие задачи хорошо решаются с применением более сложных
геометрических преобразований (проективные преобразования,
инверсия и т. д.). Стремясь сделать книгу доступной всем
школьникам, мы, однако, вынуждены отказаться от подобных
решений; соответственно этому использование геометрических
преобразований в решениях задач сведено к минимуму.
Следует отметить, чтоб настоящей, планиметрической, части
книги имеется несколько задач, относящихся к свойствам
геометрических фигур в пространстве (точно так же, как
в следующей, стереометрической, части книги будут встре-
чаться и задачи по планиметрии). По этому поводу мы можем
только снова повторить уже сказанное в указаниях к поль-
зованию книгой в начале первой части: названия отдельных
циклов и частей книги являются в значительной мере услов-
ными, передающими только общее содержание раздела или
части. Две близкие по содержанию задачи, одна из кото-
рых относится к планиметрии, а вторая — к стереометрии, мы
считали целесообразным поместить рядом друг с другом, а не
в разных частях сборника.
Вся книга, как и первая часть сборника, состоит из усло-
вий задач, решений, ответов и указаний (помещенных в конце
книги). Предполагается, что читатель сначала попытается ре-
шить задачу самостоятельно; в случае неудачи рекомендуется
ПРЕДИСЛОВИЕ
5
посмотреть ответ или указание и после этого продолжать
думать над задачей. Только в том случае, если и после озна-
комления с указанием решение задачи все-таки упорно не
будет получаться, следует посмотреть решение задачи. Если
задача будет решена, то следует сравнить свое решение с реше-
нием, приведенным в книге. В ряде случаев мы приводили
в книге несколько различных решений задачи.
Задачи данной книги в среднем довольно трудны; реше-
ние их, как правило, будет требовать значительного времени.
Более трудные задачи помечены звездочкой, а самые слож-
ные из этих последних — двумя звездочками. Номера задач,
решение которых не требует знаний, выходящих за пределы
программы восьми классов средней школы, набраны курсивом;
значительная часть этих задач доступна и семиклассникам.
Настоящая часть сборника «Избранные задачи и теоремы
элементарной математики» написана И. М. Ягломом; около
10 задач при этом было заимствовано из рукописи покойного
Д. О. Шклярского. Автор считает своим долгом выразить
благодарность А. М. Яглому, немало помогавшему ему при
подготовке настоящей книги, А. И. Фетисову, внимательно
прочитавшему рукопись и сделавшему ряд замечаний, учтенных
при редактировании книги, а также Т. Е. Ашкинузе и
Р. А. Мирному, принявшим значительное участие в изготов-
лении чертежей.
И. М. Яглом
НОМЕРА ЗАДАЧ, ПРЕДЛАГАВШИХСЯ НА МОСКОВСКИЕ
МАТЕМАТИЧЕСКИХ ОЛИМПИАДАХ
Олимпиады проводятся в два тура: первый тур имее
отборочный характер, второй является основным этапо:
соревнования.
Для учащихся 7—8 классов
Олимпиада	I тур	II тур
VI (1940)	118а)			
VII (1941)	91	676), 102
VIII (1945)	—	14, 93
IX (1946)	5	35
XI (1948)	109	106а)
XII (1949)	—	33, 44
XIII (1950)	2	6а), 12
XIV (1951)	9а)	112а)
Для учащихся 9—10 классов
Олимпиада	I тур	11 тур
I (1935)			66в)
II (1936)	—	76а)
III (1937)	776)	73
IV (1938)	—	101
V (1939)	94	74
VI (1940)	83а)	36, 67а)
VII (1941)	91	18
VIII (1945)	88	10
IX (1946)	142	35, 85
X (1947)	—	176)
XI (1948)	16	15, 52
XII (1949)	111	21, 34, 51
XIII (1950)	25, 113	66)
XIV (1951)	63	11, 226
ЗАДАЧИ
1. ЗАДАЧИ СМЕШАННОГО СОДЕРЖАНИЯ
1. Игра в монеты. Двое по очереди кладут на прямо-
угольный стол пятикопеечные монеты. Монеты можно класть
только на свободные места (т. е. так, чтобы они не покры-
вали друг друга даже отчасти). Сдвигать монеты с места, на
которое они положены, нельзя. Предполагается, что каждый
имеет достаточное количество монет. Выигравшим считается
тот, кто положит монету последним.
Как должен класть монеты начинающий игру, чтобы вы-
играть?
2. На шахматной доске с обычной раскраской нарисовать
окружность наибольшего возможного радиуса так, чтобы она
не пересекала ни одного бе-
лого поля.
3.	Бумажная лента постоян-
ной ширины завязана простым
узлом (черт. 1, а) и затем
стянута так, чтобы узел стал плоским (черт. 1, <5). Дока-
зать, что узел имеет форму правильного пятиугольника.
8
ЗАДАЧИ
[4—8
4.	Могут ли быть два треугольника неравными, если все
углы первого треугольника равны соответствующим углам
второго треугольника и две стороны первого треугольника
равны двум сторонам второго треугольника?
5.	Какое наибольшее число острых углов может встре-
титься в выпуклом многоугольнике?
6. В выпуклом многоугольнике проведены все его диаго-
нали. Они разбивают этот многоугольник на ряд более мелких
Черт. 2.
многоугольников (черт. 2). Какое наибольшее число сторон
может иметь многоугольник разбиения, если первоначальный
многоугольник имеет
а) 13 сторон,
б)* 1950 сторон?
7.	Какое наибольшее число точек самопересечения может
иметь*замкнутая ломаная, состоящая из
а) 13 звеньев,
б)** 1950 звеньев?
8.	а) Доказать, что всякий (не обязательно выпуклый!)
многоугольник можно разбить на треугольники непересекаю-
щимися диагоналями.
9—Ю)	ЗАДАЧИ СМЕШАННОГО СОДЕРЖАНИЯ
9
б) Доказать, что сумма внутренних углов всякого (не
обязательно выпуклого) л-угольника равна 2d (п— 2).
Примечание. Для случая выпуклого многоугольника предло-
жения задач 8 а) и б) общеизвестны.
9.	а) Пусть ABCD и A'B'C'D' — два выпуклых четырех-
угольника с соответственно равными сторонами (АВ = А’В',
ВС = В'С и т. д.). Доказать, что если Х /1 Х Л', то
4/в</^в’, ^с>х.с’ и Z-D<Z-°'-
б)* Пусть А^Ад ... Ап и А[А2А'3 ... А'п— два нерав-
ных выпуклых многоугольника с соответственно равными сто-
ронами (А1А2 = AjA'2, АаА4 = А'3А'4 и т. д.). Доказать, что
в ряду разностей
Z4-Z4 ZA-Z^ ZA-Z4-
-.Z4-z^ za-z^
после исключения из него всех разностей, равных нулю, будет
не меньше четырех перемен знака (т. е. переходов от положи-
тельных разностей к отрицательным или переходов от отрица-
тельных разностей к положительным).
Примечание. Нетрудно видеть, что при л = 4 теорема за-
дачи 9 б) переходит в предложение задачи 9 а).
Теорема задачи 9 б) была впервые высказана французским
математиком О. Коши, который воспользовался ею лля доказатель-
ства одного важного стереометрического
предложения (так называемая «теорема
Коши о многогранниках»). Любопытно от-
метить, что доказательство, которое Коши
дал теореме задачи 9 б), оказалось невер-
ным (см. по этому поводу примечание к ре-
шению настоящей задачи).
10.	Окружность радиуса, равного
высоте некоторого равностороннего тре-
угольника, катится по стороне этого
треугольника. Доказать, что дуга, вы-
секаемая сторонами треугольника из
окружности, все время равна 60°. Доказать также, что
«линза», получаемая отражением этой дуги относительно стя-
гивающей ее хорды (черт. 3), остается все время внутри
треугольника.
10
ЗАДАЧИ
[11—13
//. Окружность обладает тем свойством, что внутри нее
можно двигать вписанный правильный треугольник так, чтобы
каждая вершина треугольника описывала эту окружность.
Найти плоскую замкнутую несамопересекающуюся кривую,
отличную от окружности, внутри которой тоже можно двигать
правильный треугольник так, чтобы каждая его вершина
описала эту кривую.
Примечание. Задачи 10 и 11, несмотря на несходство фор-
мулировок, родственны между собой. Из результата задачи 10 сле-
дует, что существуют кривые, отличные от окружности, которые
могут свободно вращаться внутри правильного
треугольника, соприкасаясь все время со всеми его сторонами
(этим свойством будет обладать, например, линза, изображенная на
черт. 3). В задаче 11 требуется найти такую отличную от окружности
кривую, внутри которой может свободно вращать-
ся правильный треугольник, скользя всеми своими вер-
шинами по этой кривой.
Подробнее о кривых, которые могут вращаться внутри правиль-
ного треугольника, см. в книге И. М. Я г л о м и В. Г. Болтян-
ский «Выпуклые фигурьг>, серия Библиотека математического
кружка, вып. 4.
12. В треугольник вписана окружность, а вокруг нее опи-
сан квадрат (черт. 4). Доказать, что внутри треугольника
находится более половины периметра квадрата.
13*. Дан треугольник АВС. Требуется несколькими пря-
молинейными разрезами разбить пластинку, имеющую фор-
му АВС, на такие части, чтобы этими частями, положенными
на плоскость другой их стороной, можно было покрыть тот
же треугольник АВС. Какое наименьшее число разрезов при
этом придется сделать?
14—15]	ЗАДАЧИ СМЕШАННОГО СОДЕРЖАНИЯ	1 1
14. Вершины А, В и С треугольника АВС соединены
с точками Лр Ву, С1; расположенными на противоположных
сторонах (но не в вершинах).
Доказать, что середины отрезков AAt, ВВГ, ССг не лежат
на одной прямой.
15. Даны два треугольника АВС и DEF и точка О.
Берется любая точка X внутри треугольника АВС и любая
точка Y внутри треугольника DEF; треугольник OXY достраи-
вается до параллелограмма OXZY (черт. 5).
а)	Докажите, что полученные таким образом точки Z за-
полняют многоугольник.
б)	Сколько сторон может иметь построенный таким обра-
зом многоугольник?
в)	Докажите, что периметр полученного многоугольника
равен сумме периметров исходных треугольников.
Примечание. Геометрическое место точек Z называется
суммой треугольников АВС и DEF. Это название связано с тем,
что по правилу сложения векторных величин («правило параллело-
грамма», по которому складываются силы, скорости и т. д.) вектор OZ
равен сумме векторов ОХ и ОУ; основываясь на этом, говорят ино-
гда также, что точка Z равна сумме точек X и У (при заданном «на-
чале отсчета векторов» О).
Сложение фигур, подобное тому, которое определено в задаче 15,
играет значительную роль в некоторых разделах современной гео-
метрии.
См. по этому поводу § 4 книги И. М. Яглома и В. Г. Болтян-
ского, цитированной на стр. 10.
12
ЗАДАЧИ
[16—17
16. Дана окружность и точка А вне ее; из этой точки
мы совершаем путь по некоторой замкнутой ломаной, состоя-
щей из отрезков прямых, ка-
сательных к окружности, и за-
канчиваем путь в начальной
точке А (черт. 6). Участки пути,
по которым мы приближаемся
к центру окружности, берем со
знаком «плюс», а участки, по
которым удаляемся от центра,—
со знаком «минус». Доказать,
что алгебраическая сумма длин
участков пути, взятых с ука-
занными знаками, равна нулю.
17. а) На плоскости даны
пять точек А, В, С, D, Е,
Черт. 6.	из которых никакие три не ле-
жат на одной прямой. Доказать,
что из них можно выбрать четыре точки, являющиеся верши-
нами выпуклого четырехугольника.
б) Внутри квадрата А1А2А3А4 расположен выпуклый четы-
рехугольник А5АвА7А8; внутри Д6Л6Л7Л8 взята точка А9.
Доказать, что если из девяти точек At, А2, ..., As ника-
кие три не лежат на одной прямой, то из них можно выбрать
пять, лежащих в вершинах выпуклого пятиугольника.
Примечание. Можно доказать, что если вообще на плоскости
даны произвольные девять точек (никакие три из которых не
лежат на одной прямой), то из них можно выбрать пять точек, яв-
ляющихся вершинами выпуклого пятиугольника; с другой стороны,
можно указать такие восемь точек плоскости, что никакие пять из
этих точек не являются вершинами выпуклого пятиугольника. Точно
так же можно доказать, что наименьшее число точек плоскости (ни-
какие три из которых не лежат на одной прямой), из которых всегда
можно выбрать 6, являющихся вершинами выпуклого шестиуголь-
ника, равно 17. (Заметим, что доказательство этого предложения яв-
ляется весьма сложным.) Существует предположение, что наимень-
шее число N, такое, что из точек плоскости, никакие три из кото-
рых не лежат на одной прямой, всегда можно выбрать п, являющихся
вершинами выпуклого «-угольника, дается формулой
N = 2«-2^_i
(при л = 3, 4, 5, 6 получаем N= 3, 5, 9, 17); однако это предпо-
ложение до сих пор еще никем не доказано и не опровергнуто.
18—22]
ЗАДАЧИ СМЕШАННОГО СОДЕРЖАНИЯ
13
18*. На плоскости дано некоторое число точек, каждые
три из которых можно заключить в круг радиуса 1. Дока-
зать, что все эти точки можно за-
ключить в круг радиуса 1.
19. В треугольник АВС вписан
треугольник PQR. Доказать, что
площадь хотя бы одного из тре-
угольников BPQ, APR, CRQ (черт. 7)
не превосходит площади треуголь-
ника PQR.
20. Доказать, что любое треуголь-
ное сечение треугольной пирамиды по
бы одной ее грани.
площади меньше хотя
21*. В данный треугольник поместить центрально-симмет-
ричный многоугольник наибольшей возможной площади.
Примечание. Задача 21 связана с определением «степени
центральности» плоской фигуры. В некоторых случаях оказывается
нужным заменить данную фигуру Р меньшей центрально-сим-
метричной фигурой; при этом требуется выбрать эту меньшую
фигуру Р' возможно большей (этот вопрос может возникнуть из
практических потребностей при раскрое материала). Отношение пло-
щади Р' к площади Р называется степенью центрально-
сти Р; очевидно, степень центральности не превосходит единицы и
равна единице в том (и только в том) случае, когда фигура Р цен-
трально-симметрична. См. по этому поводу задачу 33 книги И. М. Яг-
лома и В. Г. Болтянского, цитированной на стр. 10.
22.	а) Две точки А и В плоскости, расстояние между
которыми равно 1, соединены выпуклой ломаной АР1 ... РпВ
(т. е. такой ломаной, что многоугольник АР{Р2 ... РпВ—
выпуклый). Доказать, что если сумма внешних углов лома-
ной при точках Р{, Р2,..., Рп равна а <180°, то длина
ломаной не превосходит —J— .
cos
б) Из всех выпуклых многоугольников, у которых одна
сторона равна а и сумма внешних углов при вершинах, не
прилегающих к этой стороне, равна 120°, найти многоуголь-
ник наибольшей площади.
14
ЗАДАЧИ
[23—26
23.	Доказать, что ни один из треугольников, вписанных
в выпуклый многоугольник М, не может иметь ббльшую
площадь, чем наибольший (по площади) из всех треугольни-
ков, вершины которых совпадают с тремя какими-то верши-
нами /И.
Примечание. Теорема задачи 23 указывает решение следу-
ющей задачи: вписать в данный многоугольник треугольник наи-
большей возможной площади. Для этого надо рассмотреть все тре-
угольники, вершины которых совпадают с какими-либо тремя вер-
шинами данного многоугольника (таких треугольников будет конеч-
ное число) и выбрать из них наибольший.
24.	В пространстве даны два треугольника АВС и А'В'С’.
Доказать, что наибольшим расстоянием между точками тре-
угольника АВС и точками треугольника А'В'С будет наи-
больший из девяти отрезков АА', АВ', AC, BA', ВВ', ВС,
С А', СВ', СС.
25.	Пусть АВС некоторый треугольник и ВС = а, СА = Ь,
АВ = с, /_ВАС = а, /_АВС=С, X ДСВ = у (углы изме-
ряются в радианах). Доказать, что
л _____ ан П 71
3 а 4*- b 4*- с 2
Примечание. Для тетраэдра (т. е. произвольной треугольной
пирамиды) имеет место неравенство, близкое к неравенству задачи 25.
А именно, если а2> аз> а4> ае — длины ребер некоторого те-
траэдра и at, а2, а3, а4, а5, «6 — величины соответствующих двугран-
ных углов, измеренные в радианах, то
71	я1а1 4" а2а2 4~ а3^3 ~1~ я4а4 я5а5 4~ Я6а6 71
з #14~ а2 4~ йз 4~ й4 "Ь "Ь йв 2
Однако доказательство этого неравенства очень сложно.
26.	а) Доказать, что по крайней мере одно из основа-
ний перпендикуляров, опущенных из внутренней точки
выпуклого многоугольника на его стороны, лежит на самой
стороне, а не на ее продолжении.
б) Доказать, что по крайней мере одно из оснований перпен-
дикуляров, опущенных из внутренней точки выпуклого много-
гранника на его грани, лежит на самой грани, а не на ее
продолжении.
27|	ЗАДАЧИ СМЕШАННОГО СОДЕРЖАНИЯ	15
27.	а) Через центр правильного '«-угольника проведена
прямая I, не проходящая ни через одну из вершин много-
угольника и не параллельная ни одной из сторон (черт. 8).
Эта прямая определяет на сторонах многоугольника 2« от-
резков, считая от вершин многоугольника до точек пересе-
чения прямой I с соответствующими сторонами (или их про-
должениями). Каждому из этих отрезков припишем знак,
Черт. 8.
считая этот отрезок положительным, если его направление
(от вершины А{ многоугольника до точки пересечения соот-
ветствующей стороны с /) совпадает с направлением соответ-
ствующей стороны (от вершины Д до вершины Д , или
Д_1), и отрицательным в противном случае (черт. 8).
Доказать, что сумма обратных величин рассматриваемых 2«
отрезков, взятых с соответствующими знаками, не зависит
от выбора прямой I,
б) Через центр правильного многогранника, имеющего п
ребер, проведена плоскость П, не проходящая ни через одну
из вершин многогранника и не параллельная ни одному из
ребер. Эта плоскость определяет на ребрах многогранника
2« отрезков, считая от вершин многогранника до точек пе-
ресечения соответствующего ребра с плоскостью II. Каждому
из отрезков припишем знак, считая этот отрезок положитель-
ным, если его направление совпадает с направлением соответ-
ствующего ребра, и отрицательным в противном случае. До-
казать, что сумма обратных величин всех отрезков, взятых с
соответствующими знаками, не зависит от выбора плоскости И.
16
ЗАДАЧИ
128—31
28.	На стороне /lj/l2 правильного «-угольника	. .Ап
взята точка Эта точка проектируется из вершины Ап
в точку /И2 стороны Д2Д8 или ее продолжения (т. е. М2
есть точка пересечения прямой А^Х^ с прямой Л2Л8); затем
точка /И2 проектируется из вершины Аг в точку Л43 сто-
роны Д8Д4; точка Мд проектируется из вершины А2 в точку М4
стороны Й4Д5 и т. д. При этом процесс не останавливается
после одного обхода всех сторон «-угольника, а продол-
жается неограниченно. Доказать, что
а)	если « = 4, то точка Л/|8 стороны АгА2, которая по-
лучается после трехкратного обхода всех сторон многоуголь-
ника, совпадает с Мг (и, следовательно, /И14 совпадает
с /И2, ЛГ15 совпадает с М3 и т. д.);
б)	если и = 6, то точка Л413 стороны А1А2, которая полу-
чается после двукратного обхода всех сторон многоуголь-
ника, совпадает с /И, (а значит, /И14 совпадает с Л12, /И,5
совпадает с /И3 и т. д.);
в)	если «= 10, то точка стороны А1А2, которая по-
лучается после однократного обхода всех сторон многоуголь-
ника, совпадает с Мг (и, значит, /И12 совпадает с /И2, /И13
совпадает с Л43 и т. д.).
Примечание. Можно доказать, что если п отлично от 4, 6 и
10, то ни одна из точек Mkn+i, /г = 1, 2, 3, ..., которые получаются
описанным образом на стороне А^, не будет совпадать с исходной
точкой /И2, т. е. процесс будет продолжаться неограниченно без
того, чтобы полученные точки начали повторяться.
29.	Отрезок длины 1 полностью покрыт некоторым числом
лежащих на нем меньших отрезков. Доказать, что среди этих
отрезков можно найти непересекающиеся между
собой отрезки, сумма длин которых больше или равна
30.	Плоскость полностью покрыта некоторым числом
полуплоскостей. Доказать, что среди этих полуплоскостей
можно выбрать три, которые в совокупности уже покрывают
всю плоскость.
31.	а) Имеется некоторое число полуплоскостей, каждые
три из которых имеют общую точку. Доказать, что суще-
ствует точка, которая принадлежит одновременно всем полу-
плоскостям.
32—351
ЗАДАЧИ СМЕШАННОГО СОДЕРЖАНИЯ
17
б) На плоскости задано некоторое число выпуклых много-
угольников, каждые три из которых имеют общую точку.
Доказать, что все многоугольники имеют общую точку.
Примечание. Теорема задачи 31 б) может быть еще обобще-
на. См. по этому поводу § 2 книги И. М. Яглома и В. Г. Болтян-
ского, цитированной на стр. 10.
32.	а) Внутри квадрата ABCD со стороной 1 расположен
выпуклый многоугольник М, площадь которого больше J/2-
Доказать, что найдется прямая I, параллельная произвольно
выбранной стороне квадрата и пересекающая многоугольник
М по отрезку длины, большей 1j2.
б)* Внутри квадрата ABCD со стороной 1 расположена
самонепересекающаяся ломаная L, длина которой больше 1000.
Докажите, что найдется прямая I, параллельная одной из
сторон квадрата и пересекающая ломаную L больше, чем
в 350 точках.
33.	Существуют фигуры, имеющие бесконечное множество
центров симметрии (например, полоса между двумя параллель-
ными прямыми). Может ли фигура иметь более одного, но
конечное число центров симметрии?
34.	Доказать, что если у многоугольника есть несколько
осей симметрии, то все они пересекаются в одной точке.
35.	Из тридцати пунктов At, А2, .Л30, расположен-
ных на прямой AW на равных расстояниях друг от друга,
выходят тридцать прямых дорог. Дороги располагаются по
одну сторону от прямой MN и образуют с MN углы (черт. 9):
18
ЗАДАЧИ
[Зв
№№ начального пункта	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10
Угол дороги с пря- мой MN	60°	30°	15°	20°	155°	45°	10°	35°	140°	50°
№№ начального пункта	И	12	13	14	15	16	17	18	19	20
Угол дороги с пря- мой MN	125°	65°	85°	86°	80°	75°	78°	115°	95°	25°
№№ начального пункта	21	22	23	24	25	26	27	28	29	30
Угол дороги с прямой MN	28°	158°	30°	2.Т0	5°	15°	160°	170°	20°	158°
Из всех тридцати пунктов выезжают одновременно тридцать
автомобилей, едущих (никуда не сворачивая) по этим дорогам
с постоянной скоростью (одной и той же для всех автомобилей).
На каждом из перекрестков установлено по шлагбауму. Кам
только первая по времени машина проезжает перекресток,
шлагбаум закрывается и преграждает путь всем следующим
машинам, попадающим на этот перекресток. Какие из машин
проедут все перекрестки на своем пути и какие застрянут?
Изменится ли ответ, если не предполагать равными рас-
стояния между двумя последовательными точками?
Примечание. Любопытно отметить, что задача 35, имеющая,
казалось бы, совершенно искусственное, чисто «игрушечное» усло-
вие, возникла из решения практических запросов кристаллографии
(кристаллы растут в случайных направлениях; если кристаллы тон-
кие и длинные, то эти направления задаются углами, образуемыми
кристаллами с первоначальной поверхностью кристаллической массы;
кристалл, выросший до определенного размера, запирает путь всем
наталкивающимся на него растущим кристаллам, что соответствует
закрытию шлагбаума в условии задачи).
36.	На бесконечном конусе, угол развертки которого
равен а, взята точка. Из этой точки в обе стороны прово-
дится перпендикулярно к образующей конуса линия так, что
после развертки конуса эта линия превращается в отрезки
37—38]	ЗАДАЧИ СМЕШАННОГО СОДЕРЖАНИЯ
19
прямых. Определить число самопересечений этой линии на
поверхности конуса.
Примечание. Эта задача возникла из важного для многих
практических задач вопроса о геодезических линиях на
кривых поверхностях, т. е. линиях, представляющих собой крат-
чайший путь по поверхности из одной ее точки в другую. Так как
прямая есть кратчайшее расстояние между двумя точками, то линия,
изображаемая на развертке конуса отрезками прямых, очевидно
будет геодезической конуса. См. по этому поводу книгу Л. А. Л ю-
стерник «Геодезические линии», М.— Л., Гостехиздат, 1940.
37.	а) Плоскость покрыта сеткой квадратов. Можно ли
построить равносторонний треугольник с вершинами в вер-
шинах сетки?
б) В пространстве задана правильная решетка из кубов.
Можно ли построить правильный тетраэдр, вершины кото-
рого совпадают с вершинами
решетки?
38.	а) Доказать, что если
фигуру можно начертить одним
росчерком пера (т. е. не отры-
вая пера от бумаги и не про-
водя два раза одной и той же
линии), то она имеет не более
двух узлов, в которых сходит-
ся нечетное число линий. Об-
ратно, каждую фигуру, имею-
щую не больше двух узлов,
в которых сходится нечетное
число линий, можно начертить
одним росчерком пера.
Так, например, фигуру,
изображенную на черт. 10, а,
можно начертить одним росчер-	Черт. 10.
ком пера, а фигуру, изобра-
женную на черт. 10, б, одним росчерком пера начертить
нельзя (А, В и С — три узла этой фигуры, в которых схо-
дится нечетное число линий).
б) Доказать, что Москву можно обойти так, чтобы пройти
по каждой улице ровно два раза, и нельзя обойти так, чтобы
пройти по каждой улице ровно три раза.
20	задачи	[39—43
2. ЗАДАЧИ НА МАКСИМУМ И МИНИМУМ, СВЯЗАННЫЕ
С РАСПОЛОЖЕНИЕМ ТОЧЕК И ФИГУР
В задачах этого цикла неоднократно используется понятие диа-
метра плоской фигуры. Диаметром фигуры называется наи-
большее расстояние между точками фигуры (аналогично тому как
диаметр круга есть наибольшее расстояние между точками круга).
Решения задач 39, 40, 47, 53 для случая произвольного п и ре-
шение задачи 55 для произвольного числа п киосков неизвестны;
кое-какие указания, относящиеся к. большим значениям п, приведены
в конце решений этих задач.
39. Известно, что расстояние между каждыми двумя из
заданных п (п<=2, 3, 4, 5) точек плоскости не меньше 1.
Какое наименьшее значение может иметь диаметр этой си-
стемы точек?
40**. Какое наименьшее значение может иметь диаметр
выпуклого л-угольника (п = 4, 5, 6), все стороны которого
равны 1?
41.	Диаметр замкнутой (может быть, самопересекающейся)
л-звенной ломаной, все звенья которой имеют длину 1, разу-
меется, не может быть меньше 1. При каких л диаметр ло-
маной может равняться 1?
42*. Очевидно, что всякую систему точек диаметра 1
можно заключить в круг радиуса 1: для этого достаточно,
чтобы центр круга совпал с какой-либо точкой фигуры. Чему
равен радиус наименьшего круга, внутрь которого можно
заключить всякую систему точек диаметра 1?
43.	Очевидно, что всякую фигуру диаметра 1 можно за-
ключить внутрь квадрата со стороной 2: для этого доста-
точно, чтобы центр квадрата совпал с какой-либо точкой
фигуры. Чему равна сторона наименьшего квадрата,
внутрь которого можно заключить всякую фигуру диаметра 1?
Примечание. Можно также поставить задачу, аналогичную за-
дачам 42 и 43, заменив квадрат (задача 43) или круг (задача 42) какой-
либо другой фигурой. Так, например, можно показать, что наименьший
правильный треугольник, внутрь которого можно заклю-
чить любую фигуру диаметра 1, есть треугольник со стороной 'К3, а
наименьший правильный шестиугольник, обладающий ана-
44—47]
ЗАДАЧИ НА МАКСИМУМ И МИНИМУМ
21
логичным свойством — шестиугольник со стороной —5— (см. по
О
этому поводу задачу 31 из книги И. М. Яглома и В. Г. Болтянского,
цитированной на стр. 10).
44.	Очевидно, что всякую плоскую замкнутую ломаную
периметра 1 можно заключить в круг радиуса 1{2: для этого
достаточно, чтобы центр О круга совпал с какой-либо точ-
кой ломаной (ибо в этом случае для любой точки А лома-
ной длина одного из двух кусков ломаной с концами О и А
не превосходит 2/2 и, следовательно, расстояние ОА и подавно
не превосходит 2/2). Чему равен радиус наименьшего
круга, внутрь которого можно заключить каждую плоскую
замкнутую ломаную периметра 1?
43*. На плоскости дана ломаная A0AtA2.. ,Ап такая, что
/)0Л1 — AtA2 — A2As — ... — Лл_124п = 1
и
60° < / А0А!А2 < /_ A jЛ2Л3	Л2Л3Л4 < . ..
• • • < Z^-2-VA^120o;
при этом каждые два звена ломаной, соседние с одним и
тем же звеном, расположены по
одну сторону от него (черт. 11). д
Доказать, что, каково бы ни было
число звеньев ломаной, она никогда	—"VVi
ни может выйти за пределы круга	\
радиуса 4 с центром в точке Ао.	/ \	\
46.	Пусть Л и В—- две точки, за- /	\	\
ключенные внутри кольца, образо- /	\
ванного концентрическими окруж-	1 /
ностями радиусов R и г; расстоя- х.	/
ние АВ равно 1.	X. у'
Чему равен наименьший угол,
под которым отрезок АВ может	Черт. И.
быть виден из центра кольца?
47.	Чему равен радиус наименьшего круга, внутри кото-
рого можно поместить п точек (п = 2, 3, 4, ..., 10, И),
одна из которых совпадает с центром круга так, чтобы рас-
стояние между каждыми двумя точками было не меньше 1?
22
ЗАДАЧИ
[48—55
48*. Сколько точек можно поместить внутри круга ра-
диуса 2 так, чтобы одна из точек совпадала с центром
круга и расстояния между каждыми двумя точками были не
меньше 1?
49. Сколько кругов радиуса 1 можно приложить ’) к дан-
ному единичному кругу S так, чтобы никакие два из этих
кругов не пересекались? Чтобы ни один из этих кругов не
содержал внутри себя центр другого круга?
50*. Каково наибольшее число кругов радиуса 1, кото-
рые можно расположить на плоскости так, чтобы все они
пересекали некоторый фиксированный единичный круг 5и ни
один из них не содержал внутри себя центр S или центр
другого круга?
51. Каково наибольшее число квадратов со стороной 1,
которое можно приложитьJ) к данному единичному квад-
рату К так, чтобы никакие два из них не пересекались?
52. Каково наибольшее возможное число лучей в про-
странстве, выходящих из одной
точки и образующих попарно ту-
пые углы?
53*. Как поместить на сфере п
(п = 2, 3, 4, 5, 6) точек так, чтобы
расстояние между ближайшими двумя
из этих п точек было наибольшим?
54. Каково наименьшее число
кругов, которыми можно полностью
покрыть круг вдвое большего ра-
диуса?
55. Как разместить на круглой
площади три киоска с мороженым наивыгоднейшим обра-
зом, т. е. так, чтобы наибольшее расстояние от точек пло-
щади до ближайшего киоска было бы возможно меньшим?
1) Фигуры называются «приложенными» друг к другу, если они
не налегают одна на другую, но границы их соприкасаются хотя
бы в одной точке.
56—61]	ЗАДАЧИ НА ПОСТРОЕНИЕ	23
56*. Каково наименьшее число полос ширины /, кото-
рыми можно полностью покрыть круг радиуса /? (черт. 12)?
При мечание. Интересно отметить, что решение задачи
о наименьшем числе полос, которыми можно полностью покрыть
какую-либо отличную от круга фигуру, например треугольник,
является очень трудным и было найдено лишь в 1950—1951 гг. после
многочисленных безуспешных попыток различных математиков.
3. ЗАДАЧИ НА ПОСТРОЕНИЕ И НА НАХОЖДЕНИЕ
ГЕОМЕТРИЧЕСКИХ МЕСТ
57.	В плоскости даны две параллельные прямые / и 1{.
С помощью одной линейки
а)	разделить пополам данный отрезок АВ прямой I;
б)	провести через данную точку М прямую, параллель-
ную прямой /;
в)	увеличить данный отрезок АВ прямой I в 2, 3, ...
... ,п раз;
г)* разделить данный отрезок АВ прямой I на 3, 4, ..п
равных частей.
58.	Даны окружность С (центр которой не указан) и
точка М. С помощью одной линейки провести через точку М
прямую, перпендикулярную к данному диаметру АВ окруж-
ности С. Рассмотреть отдельно случаи, когда точка М рас-
положена на окружности С или на диаметре АВ.
59.	В плоскости даны окружность С с центром О, пря-
мая / и точка М. С помощью одной линейки провести через
точку /W
а)	прямую, параллельную I;
б)	прямую, перпендикулярную к I.
60.	В плоскости даны квадрат ABCD, прямая / и точка М.
С помощью одной линейки
а)	провести через точку М прямую, параллельную /;
б)	опустить из точки М перпендикуляр на прямую I.
61.	Данный отрезок АВ длины а разделить на 2, 3, ..п
равных частей, используя циркуль постоянного раствора а и
линейку.
24
ЗАДАЧИ
[62—68
62.	С помощью одного циркуля
а)	увеличить данный отрезок АВ в п раз1);
б)	разделить данный отрезок АВ на п равных частей;
в)	определить центр данной окружности С.
63.	На плоскости даны три точки А, В и С. С помощью
только линейки и транспортира найти точку М, из которой
стороны АВ, ВС и СА треугольника АВС видны под дан-
ными углами а, [3 и у; a-j-^-]~Y = 360°. (Транспортир поз-
воляет в любой точке заданной прямой построить угол, рав-
ный другому данному углу.)
Примечание. Построения с помощью линейки и транспор-
тира встречаются в ряде практических задач, связанных с измере-
ниями на местности (геодезические инструменты дают возможность
прокладывать на местности прямые и измерять углы, но не прово-
дить окружности). В частности, задача 63 играет в геодезической
практике весьма значительную роль.
64.	Даны прямая I и точка М на этой прямой. С по-
мощью двухсторонней линейки (линейки с параллельными
краями) без циркуля восставить из точки М перпендику-
ляр к прямой I.
65.	Вписать в данный треугольник АВС треугольник,
равный другому данному треугольнику PQR.
66.	Построить треугольник АВС, зная три точки Р, Q,
R, в которых пересекают описанную около треугольника
окружность
а)	биссектрисы треугольника;
б)	высоты треугольника;
в)	высота, биссектриса и медиана, проведенные из одной
вершины.
67.	Построить треугольник АВС, зная три точки, сим-
метричные относительно сторон треугольника
а)	центру описанного круга;
б)	ортоцентру (точке пересечения высот).
68.	а) На сторонах треугольника АВС вне его построены
квадраты. Построить треугольник, зная три точки At, BIt Ct,
являющиеся центрами этих квадратов. *
х) To-есть найти на отрезке АВ такую точку С, что АС=п-АВ.
69—72]
ЗАДАЧИ НА ПОСТРОЕНИЕ
25
б)* На сторонах треугольника АВС вне его построены
равносторонние треугольники. Построить треугольник, зная
три точки jB1( Ct, являющиеся вершинами этих треуголь-
ников.
69.	Построить треугольник АВС, зная положение трех
точек, являющихся
а)	основаниями высот треугольника АВС;
б)	центрами вневписанных окружностей треугольника АВС;
в)	центрами описанной окружности, вписанной окружно-
сти и одной из вневписанных окружностей.
70.	На плоскости даны четыре точки. Построить
а)	квадрат;
б)	прямоугольник с данным отношением сторон;
в)	ромб с данным острым углом, каждая сторона кото-
рого (или ее продолжение) проходила бы через одну из
данных точек. Сколько решений имеет задача?
7/*. На плоскости даны четыре окружности С2, С3
и С4. Построить квадрат, четыре стороны (или продолжения
сторон) которого касались бы данных четырех окружностей.
Сколько решений может иметь задача?
Эта задача переходит в задачу 70 а), если окружности заменить
точками (окружностями нулевого радиуса). Поэтому можно считать,
что задача 70 а) является частным случаем задачи 71.
72**. Вписать в данный треугольник АВС три окружно-
сти, каждая из которых касается двух сторон треугольника
•И двух других окружностей (черт. 13).
26
ЗАДАЧИ
173—78
73. Даны три точки Olt Ог и Os. Провести три попарно
перпендикулярные окружности с центрами в этих точках.
Примечание. Углом между двумя окружностями называется
угол между касательными к
этим окружностям в точках
пересечения (черт. 14).
74*. Даны окружность
и две точки А, В вне ее.
Найти на окружности та-
кую точку чтобы дуга
окружности между прямы-
ми АЛ и ВЛ стягивалась
хордой, параллельной дан -
Черт. 14.	ной ПРЯМОЙ 1-
75.	Даны окружность
с центром О, две точки А и В на ней и прямая I. Найти на
окружности такую точку Л, чтобы прямые АЛ и ВЛ отсекали
на прямой I отрезок:
а)	имеющий данную длину а;
б)	делящийся пополам данной точкой С прямой I.
76.	Даны угол LAK и точка М. Провести через точку М
прямую так, чтобы она отсекала от угла треугольник АВС
а) данного периметра 2р;
б)	наименьшего возможного периметра.
77. Даны прямая I и две точки А и В по одну сторону
от нее. Найти на пря-
мой I такую точку Л,
чтобы сумма АЛ ЛВ
имела
а) наименьшую воз-
можную длину;
б)* данную длину а.
78*. Вписать в дан-
ный треугольник АВС
прямоугольник DEMN
(черт. 15) так, чтобы
а) диагональ DM прямоугольника имела данную длину d-
б) диагональ DM имела наименьшую возможную длину;
79—83]
ЗАДАЧИ НА ПОСТРОЕНИЕ
27
в)	периметр прямоугольника имел данную величину 2р;
г)	площадь прямоугольника имела наибольшую величину;
д)	площадь прямоугольника имела данную величину а.
79. Построить девятиугольник так. чтобы заданные на
плоскости девять точек являлись бы
серединами его сторон.
80*. Вписать в данную окруж-
ность «-угольник, каждая сторона
которого проходит через одну из п
заданных точек плоскости.
Далее мы приведем две задачи на
построения на сфере. При этом, как
всегда, будем считать, что задача решает-
ся с помощью циркуля и линейки. С по-
мощью циркуля на сфере (которую мы
будем представлять себе как поверхность
материального шара) можно проводить
окружности, у которых известны центр и
одна точка или центр и радиус (черт. 16).
При помощи линейки на самой сфере
нельзя, разумеется, производить никаких
построений: линейку нельзя приложить
к сфере; однако мы будем пользовать-
ся линейкой (так же как и циркулем) для
вспомогательных построений на плоско-
Черт. 16.
определить радиус
сти.
81. С помощью циркуля и линейки
материального шара.
82.	а) На поверхности шара даны три точки. Провести
на сфере окружность, проходящую через эти три точки.
б)	На поверхности материального шара даны две точки,
не являющиеся концами одного диаметра. Провести большой
круг, проходящий через эти точки.
83.	В плоскости даны две пересекающиеся прямые а и Ь.
Найти геометрическое место точек,
а)	разность расстояний от которых до прямых а и b равна
данной величине s;
б)	сумма расстояний от которых до прямых а и b равна
данной величине s.
28
ЗАДАЧИ
(84-87
84. а) Найти геометрическое место точек, сумма расстоя-
ний от которых до двух противоположных сторон данного
квадрата равна сумме расстояний до двух других сторон.
б) Тот же вопрос с заменой квадрата прямоугольником.
85. На сторонах PQ, QP и RP треугольника PQR взяты
соответственно отрезки АВ, CD и EF. Внутри треугольника
дана точка Zo. Найти геометрическое место точек Z, лежа-
щих внутри треугольника, для которых сумма площадей тре-
угольников ZAB, ZCD и ZEF равна
сумме площадей треугольников
Z0XS, Z0CD и Z^EF.
Рассмотреть отдельно
когда
АВ__CD _EF
PQ~~ QR~ RP'
случай,
86*. Прямоугольный треугольник
АВС изменяется таким образом, что
вершина А прямого угла треуголь-
ника не меняет своего положения,
а вершины В и С скользят по фи-
ксированной окружности с центром О (черт. 17). Найти гео-
метрическое место середин М стороны ВС и точек D пере-
сечения касательных к окружности в точках В и С.
87. Прямоугольный треугольник АВС изменяется таким
образом, что вершина А прямого угла треугольника не изме-
, 88—89]
ЗАДАЧИ НА ПОСТРОЕНИЕ
29
няет своего положения, а вершины В и С скользят соответ-
ственно по фиксированным окружностям Sj и S2, касающимся
внешним образом в точке А (черт. 18). Найти геометрическое
место оснований D высот AD треугольников АВС.
88. Прямоугольный треугольник АВС (Л — прямой угол)
двигается по плоскости таким об-
разом, что вершины В к С сколь-
зят по сторонам заданного на пло-
скости прямого угла Р (черт. 19).
Доказать, что геометрическим
местом точек А является отрезок.
Определить длину этого отрезка.
89. Даны две окружности С1
и С2 (черт. 20), пересекающиеся
в точках А и В. Переменную
точку М окружности Cj соеди-
няем с точками А и В; пусть N
и Р есть точки пересече-
ния прямых МА и МВ с окружностью С2.
а)	Найти геометрическое место центров О окружностей,
описанных около получающихся при этом треугольников
30
ЗАДАЧИ
(90—92
MNP', точек И пересечения высот треугольников MNP', то-
чек Е пересечения медиан этих треугольников.
б)	Доказать, что прямая NP все время остается касатель-
ной к некоторой фиксированной окружности.
90*. а) Найти геометрическое место точек М таких, что
треугольник, вершинами которого служат проекции точки М
на стороны заданного треугольника АВС, имеет данную пло-
щадь а.
б)	Найти геометрическое место точек М таких, что мно-
гоугольник, вершинами которого служат проекции точки М
на стороны заданного многоугольника AjA2 ... Ап, имеет дан-
ную площадь а.
4. ЗАДАЧИ НА ДОКАЗАТЕЛЬСТВО ТЕОРЕМ
91.	На сторонах параллелограмма вне его построены ква-
драты (черт. 21). Доказать, что их центры сами образуют
квадрат.
Черт. 21.
Черт. 22.
92.	На сторонах произвольного треугольника вне его по-
строены равносторонние треугольники. Доказать, что их центры
сами образуют равносторонний треугольник (черт. 22).
93—98]	ЗАДАЧИ НА ДОКАЗАТЕЛЬСТВО ТЕОРЕМ	31
93.	Сторона AD параллелограмма ABCD разделена на п
равных частей. Первая точка деления Р соединена с верши-
ной В. Доказать, что прямая ВР отсекает на диагонали АС
часть AQ, которая равна 	. всей диагонали.
94.	Доказать, что во всяком треугольнике биссектриса
лежит между медианой и высотой, проведенными из той же
вершины.
95.	Определить углы треугольника, в котором медиана,
биссектриса и высота делят угол на четыре равные части.
96.	Доказать, что если в треугольнике две биссектрисы
равны, то он равнобедренный.
97.	Углы произвольного треугольника АВС разделены на
три равные части прямыми AY, AZ; BZ, ВХ; СХ, CY
(черт. 23). Доказать, что треугольник XYZ— равносторонний.
98.	Доказать, что в любом треугольнике точка пересече-
ния медиан, ортоцентр (точка пересечения высот) и центр
описанного круга лежат на одной прямой (прямая Эйлера).
32
ЗАДАЧИ
(99—101
99.	Доказать, что в любом треугольнике три середины
сторон, три основания высот и три точки, делящие пополам
отрезки высот от ортоцентра до вершины, лежат на одной
окружности (окружность девяти точек).
100.	Каждой стороне кругового треугольника АВС (т. е.
фигуры, образованной тремя пересекающимися дугами ок-
	 ружностей; черт. 24) отнесем знак
S'""*«плюс» или «минус» в зависимости
.г	/ от того, обращена ли соответствую-
/	щая дуга окружности	выпуклостью
\	./	во внешнюю или во	внутреннюю
'Ч	I	сторону треугольника.	Доказать, что
I	сумма углов кругового	треугольника
минус сумма сторон (углы и стороны
С измерены в радианной мере), взятых
Черт. 24.	с соответствующими знаками, рав-
на тг. (Углами кругового многоуголь-
ника называются углы между касательными к окружностям в
вершинах треугольника; см. выше примечание к задаче 73.)
Примечание. Обозначив углы кругового треугольника АВС
через А, В и С, длины сторон — через а, Ъ и с и радиусы дуг, слу-
жащих сторонами,— через ra, гь и гс, мы сможем записать теорему
задачи 100 в виде формулы
А + В+С+^1+	(*)
ra ГЬ гс
где знаки «—» и «+» ставятся в зависимости от того, в какую сто-
рону обращена выпуклостью соответствующая сторона. ^Угловая
мера дуги длины а, принадлежащей окружности радиуса га, равна
в радианном измерении —  1 Прямолинейный треугольник можно
га ‘
рассматривать как предельный случаи кругового, если считать пря-
мые «окружностями бесконечно большого радиуса». С этой точки
зрения формулу (*) можно считать обобщением теоремы о сумме
углов прямолинейного треугольника.
101.	Пусть точка Ах симметрична некоторой точке А пло-
скости относительно заданной точки Ot; точка А2 симмет-
рична точке Ai относительно другой точки О2; точка Аа
102_104] ' ЗАДАЧИ НА ДОКАЗАТЕЛЬСТВО ТЕОРЕМ	33
симметрична точке Л2 относительно третьей точки О8. Далее,
пусть точка А4 симметрична As относительно Of, точка А5
симметрична А4 относительно О2 и точка Лв симметрична
А6 относительно О3. Доказать, что Ав совпадает с А.
102.	Дан треугольник АВС. Точка /И, расположенная
внутри треугольника, движется параллельно стороне ВС до
пересечения со стороной СА, затем движется параллельно АВ
до пересечения со стороной ВС, затем — параллельно АС до
пересечения с АВ и т. д. Доказать, что через некоторое
число таких шагов точка вернется в исходное положение, и
найти это число шагов.
103. Точка Q движется прямолинейно к вершине А тре-
угольника АВС. На половине пути она сворачивает и дви-
жется к вершине В, на половине пути сворачивает п дви-
жется к вершине С; на половине
этого пути она снова сворачивает
к А и т. д. (черт. 25).
Доказать, что существует тре-
угольник, на который точка Q стре-
мится попасть. Построить этот тре-
угольник и вычислить его площадь,
если площадь треугольника АВС
равна S.
104. Через середину С произ-
вольной хорды АВ окружности про-
ведены две секущие KL и MN (точки К. и М лежат по одну
сторону от АВ), KN пересекает АВ в точке Q, ML — в точ-
ке Р (черт. 26). Доказать, что QC—CP.
34
ЗАДАЧИ
1105—111
105.	Доказать, что точка пересечения диагоналей описан-
ного вокруг окружности четырехугольника совпадает с точкой
пересечения диагоналей четырехугольника, вершинами кото-
рого служат точки касания сторон пер-
вого четырехугольника с окружностью
(черт. 27).
Примечание. См. ниже примечание
к задаче 130.
106.	а) Доказать, что в любом тре-
угольнике имеет место неравенство
R^2r (R и г—радиусы описанной и
вписанной окружностей), причем равен-
Черт. 27.	ство имеет место только для правиль-
ного треугольника.
б) Обратно, если отрезки R и г связаны соотношением
R^2r, то они являются радиусами вписанной и описанной
окружностей для некоторого треугольника.
107.	Какая зависимость должна существовать между ра-
диусами R и г и расстоянием d между центрами двух окруж-
ностей, для того чтобы можно было построить треугольник,
вписанный в первую окружность и описанный около второй
окружности?
ч 108*. Дан четырехугольник ABCD, вписанный в окруж-
ность S и описанный вокруг окружности s. Какая зависи-
мость существует между радиусами R и г окружностей S и
$ и расстоянием d между их центрами?
109.	Доказать, что если у шестиугольника противопо-
ложные стороны параллельны и три диагонали, соединяющие
противоположные вершины, равны между собой, то вокруг
этого шестиугольника можно описать окружность.
ПО. Доказать, что если три диагонали вписанного шести-
угольника служат диаметрами описанного круга, то площадь
этого шестиугольника равна удвоенной площади треугольника
со сторонами, равными трем остальным диагоналям.
111.	В произвольном выпуклом шестиугольнике соединены
через одну середины сторон. Доказать, что точки пересече-
ния медиан двух образовавшихся треугольников совпадают.
112—113]
ЗАДАЧИ НА ДОКАЗАТЕЛЬСТВО ТЕОРЕМ
35
112.	а) На плоскости даны равнобедренная трапеция
Л1Л2/43Л4 и точка Р. , Доказать, что из отрезков АгР, А2Р,
ASP и можно построить четырехугольник.
б)* На плоскости даны правильный л-угольник А1А2...Ап
и точка Р. Доказать, что из отрезков АгР, А2Р,..., АпР
можно построить л-угольник.
Примечание. Если п = 3, то из того, что из отрезков РАЬ
РА2, PAs можно сложить треугольник при любом положении
точки Р на плоскости, следует, что треугольник AjA2As обязательно
правильный. В самом деле, если, например, АгА2 > то доста-
точно выбрать точку Р совпадающей с А^ (или достаточно близкой
к Aj), чтобы отрезки РА,., РА2 и РА% не являлись сторонами ника-
кого треугольника, так как РА2 > PA-t РА,,. При п > 3 из того,
что из отрезков РАЬ РАг,, РА„ всегда можно сложить много-
угольник, уже не следует, что л-угольник АГА2 ... Ап — правильный
(см. задачу 112 а)).
113.	Дано п окружностей С1( С2,..., Сп, проходящих через
одну точку О (черт. 28). Вторые точки пересечения С, с С2,
С2 с С3,..., Сп с Cj обозначим соответственно через At,
36
ЗАДАЧИ
[114
Аг,...,Ап. Возьмем на Сг произвольную точку Въ от-
личную от О и от Лр Через Вх и At проведем прямую до
второго пересечения с С2 в точке В2. Пусть снова В2 не
совпадает с А2. Проведем через В2 и А2 прямую до второго
пересечения с Cs в точке Bs. Продолжая таким же образом,
мы получим точку Вп на окружности С . Предполагая, что
Вп не совпадает с Ап, проводим через Вп и Ап прямую до
второго пересечения с в точке Вп Доказать, что Ва+
совпадает с Bt.
114*. Теорема о полном четырехстороннике.
Четыре прямые, из которых никакие две не параллельны и
никакие три не пересекаются в одной точке, образуют фи-
гуру, называемую полным четырехсторонником
(черт. 29). Эти четыре прямые называются сторонами
четырехсторонника; шесть точек попарного пересечения пря-
мых называются вершинами четырехсторонника; отрезки,
соединяющие противоположные вершины (т. е. вершины, не
лежащие на одной стороне), называются диагоналями
четырехсторонника. Доказать, что середины трех диагоналей
полного четырехсторонника лежат на одной прямой.
5—119] ЗАДАЧИ НА ДОКАЗАТЕЛЬСТВО ТЕОРЕМ	37
115*. Доказать, что если в четырехугольник можно вписать
окружность, то центр этой окружности лежит на одной пря-
мой с серединами диагоналей (черт. 30).
116*. Даны три круга, все пересекающиеся между собой.
Доказать, что три общие хорды каждых двух из этих трех
окружностей пересекаются в одной точке (черт. 31).
w 117. Теорема Птолемея. Пусть a, b, с, d — после-
довательные стороны четырехугольника ABCD, около кото-
рого можно описать окружность, е и f—его диагонали.
Доказать, что ef—ac-\-bd.
118. а) На окружности, описанной около равностороннего
треугольника АВС, взята точка М. Доказать, что наиболь-
ший из отрезков МА, МВ и МС равен сумме двух остальных.
б)* Пусть АХА2А2. . .Ап — правильный многоугольник с не-
четным числом сторон, М—произвольная точка на дуге А{Ап
окружности, описанной вокруг многоугольника. Доказать, что
сумма расстояний от точки М до вершин с нечетными номе-
рами равна сумме расстояний от М до вершин с четными
номерами.
Примечание. Очевидно, теорема задачи 118 б) является
обобщением предложения 118 а).
119. Пусть у11^42Х3^44Х5>16^47 есть правильный семиуголь-
ник. Доказать, что
1 __ 1______।__1
41Л2 AjA;, И- '
38
ЗАДАЧИ
[120—122
120. Доказать, что алгебраическая сумма расстояний от
центра описанной около треугольника окружности до его сто-
рон равна., сумме радиусов описанной и вписанной окружно-
стей (при этом, если центр описанной окружности лежит по
ту же сторону от некоторой
стороны, что и сам тре-
угольник, то расстояние до
этой стороны считается по-
ложительным, а в противном
случае — отрицательным; та-
ким образом, если треуголь-
ник остроугольный, то рас-
стояния от центра описан-
ного круга до сторон тре-
угольника все положительны,
а если треугольник тупо-
угольный, то расстояние от
центра описанного круга до
большей стороны отрица-
тельно).
Z2/*. Во вписанном мно-
гоугольнике проведены не
пересекающиеся между со-
бой диагонали таким обра-
зом, что многоугольник раз-
бился на треугольники (одно
из таких разбиений показа-
но на черт. 32). Доказать,
что сумма радиусов всех
вписанных в эти треуголь-
ники окружностей не зави-
сит от разбиения.
122. Пусть АВСА'В’С' — вписанный в окружность шести-
угольник. Стороны и диагонали АА', ВВ' СС' этого шести-
угольника обозначим так, как указано на черт. 33. Дока-
зать, что
efg =. аа'е	bb'f-\- cc'g-[- abc -]- a 'b'c'.
123]
ЗАДАЧИ НА ДОКАЗАТЕЛЬСТВО ТЕОРЕМ
39
Примечание. Теорему настоящей задачи можно рассматри-
вать как распространение теоремы Птолемея (задача 117) на шести-
угольник. В том случае, когда с — с'=0, e—f, эта теорема пере-
ходит в теорему Птолемея.
123.	а) Даны три точки
зать, что если окружность
S касается окружности, про-
ходящей через точки А, В
и С в точке дуги АС (черт.
34а), то длины касатель-
ных А1\, ВТ2, CTS, прове-
денных соответственно из
точек А, В и С к окружно-
сти S, связаны соотноше-
нием
АТ.-ВС+СТ^АВ —
= ВТг-АС.
А, В, С и окружность S. Дока-
Черт. 346.
б) Докажите, что если
четыре окружности С1( С2,
С3 и С4 касаются пятой
окружности S, причем точки касания этих окружностей с S
расположены на S в том порядке, как это изображено на
черт. 346, то
42 CS4 "Т г23 44--43 г24>
40
ЗАДАЧИ
[124—125
где, например, /13 есть отрезок общей касательной окруж-
ностей С1 и С2 -между точками касания. (При этом /12 озна-
чает отрезок общей внешней касательной окружностей С\
и С2, если эти окружности касаются S одинаковым обра-
зом— обе внешне или ’обе внутренне,— и отрезок общей
внутренней касательной в противном случае; аналогичный
смысл имеют отрезки /13, <14, f23, (24 и ^34.)
Примечание. Результат задачи 123 а) можно рассматривать
как обобщение теоремы Птолемея (задача 117); он переходит в тео-
рему Птолемея в том случае, когда радиус окружности S равен нулю,
т. е. когда S есть точка. Задачу 123 б) можно считать обобщением
задачи а), а следовательно, и теоремы Птолемея.
124.	а) Доказать, что основания перпендикуляров, опу-
щенных из любой точки окружности на стороны вписанного
в нее треугольника, лежат на одной прямой (черт. 35, а).
Черт. 35.
б) На трех хордах МА, МВ и МС окружности, проходя-
щих через одну точку, построены, как на диаметрах, три
новые окружности. Доказать, что отличные от М точки, в
которых попарно пересекаются эти последние окружности,
лежат на одной прямой (черт. 35, б).
125.	Центральной точкой двух прямых мы бу-
дем называть точку пересечения этих прямых (черт. 36, а);
125]
ЗАДАЧИ НА ДОКАЗАТЕЛЬСТВО ТЕОРЕМ
41
центральной окружностью трех прямых, кото-
рые не пересекаются в одной точке и никакие две из кото-
рых не параллельны,—окруж-
ность, проходящую через три
центральные точки каждой па-
ры из этих трех прямых (т. е.
попросту окружность,
описан-
124
Черт. 36.
ную около треугольника, сторонами которого являются дан-
ные три прямые; черт. 36, б). Доказать, что
а) если на плоскости даны четыре прямые, никакие две
из которых не параллельны и никакие три не пересекаются
в одной точке, то четыре центральные окружности каждых
трех из четырех прямых пересекаются в одной точке (черт. 36, в).
Эта точка называется центральной точкой четы-
рех прямых.
б)* Если на плоскости даны пять прямых, никакие две
из которых не параллельны и никакие три не пересека-
ются в одной точке, то пять центральных точек каждых
четырех из этих пяти прямых лежат на одной окружности
(черт. 37). Эта окружность называется центральной
окружностью пяти прямых.
в)** Обобщить задачу на случай я прямых.
Черт. 37.
126__128] ЗАДАЧИ НА ДОКАЗАТЕЛЬСТВО ТЕОРЕМ	43
* •
126*. На плоскости даны четыре прямые, никакие две иЗ
которых не параллельны и никакие три не пересекаются
в одной точке. Доказать, что точки пересечения высот обра-
зовавшихся четырех треугольников лежат на одной прямой.
Черт. 38.
127*. Теорема Дезарга. Доказать, что если два тре-
угольника АВС и AXBXCV расположены так, что прямые,
соединяющие соответственные вершины А и At, В и
С и С\, пересекаются в одной точке и никакие две из со-
ответственных сторон не параллельны, то три точки пересе-
чения соответственных сторон лежат на одной прямой; обратно,
если точки пересечения соответственных сторон лежат на
одной прямой и прямые АА', ВВ' и СС' не параллельны,
то эти три прямые пересекаются в одной точке (черт. 38).
128. На плоскости даны три прямые, пересекающиеся
в одной точке, и три точки. Построить треугольник, вер-
шины которого лежат на данных прямых, а стороны про-
ходят через данные точки.
44
ЗАДАЧИ
[129
129*. Теорема Паскаля. Доказать, что если шести-
угольник ABCDEF вписан в окружность и противоположные
его стороны (АВ и DE, ВС w EF, CD и FA) не параллельны,
то точки пересечения этих сторон лежат на одной прямой
(черт. 39).
Примечание. Предельными случаями теоремы Паскаля явля-
ются некоторые предложения, относящиеся к вписанным в окруж-
ность пятиугольникам, четырехугольникам и треугольникам. Так,
например, предположим, что вершина F шестиугольника двигается
по окружности, стремясь к слиянию с точкой Е. При этом сторона EF
шестиугольника будет стремиться к касательной к окружности в
точке Е, и в пределе мы получаем следующее предложение: точка
пересечения стороны ВС вписанного в окружность пятиугольни-
ка ABCDE с касательной к окружности в точке Е лежит на
одной прямой с точками пересечения сторон АВ и DE, CD и АЕ
(черт. 40, а). Аналогично, считая, что вершина F совпадает с Е, а
вершина D — с С, мы получим следующую теорему: точка пересе-
чения сторон АВ и СЕ вписанного в окружность четырехуголь-
ника АВСЕ лежит на одной прямой с точками пересечения сто-
роны АЕ и касательной к окружности в точке Е, стороны АЕ и
касательной к окружности в точке С (черт. 40, б). Предполагая,
что вершина F шестиугольника совпала с Е, а С — с В, мы полу-
чим, что точка пересечения касательных к окружности в верши-
нах Е и В вписанного в окружность четырехугольника ABDE
лежит на одной прямой с точками пересечения противополож-
ных сторон четырехугольника', очевидно, на этой же прямой лежит
и точка пересечения касательных к окружности в точках А и D
(черт. 40, в). Наконец, предполагая, что вершина В шестиугольника
9]
ЗАДАЧИ НА ДОКАЗАТЕЛЬСТВО ТЕОРЕМ	45
г)
Черт. 40.
46
ЗАДАЧИ
[130
слилась с А, вершина D—с С и вершина F—с Е, мы получаем
точки пересечения сторон треугольника АСЕ с касательными
к описанной вокруг АСЕ окружности в противоположных вер-
шинах треугольника лежат на одной прямой (черт. 40, г).
130*. Теорема
ABCDEF описан около
Брианшона. Если шестиугольник
окружности, то прямые, соединяющие
его противоположные вершины
(Л и D, В и Е, С и F), пересе-
каются в одной точке (черт. 41).
Примечание. Аналогично то-
му, как из теоремы Паскаля можно
вывести ряд новых предложений, счи-
тая, что те или иные вершины впи-
санного шестиугольника совпадают
между собой (см. примечание к пре-
дыдущей задаче), так и из теоремы
Брианшона можно вывести новые
теоремы, если считать отдельные сто-
роны описанного шестиугольника со-
впадающими. Так, если сторона EF
описанного шестиугольника изме-
няется, стремясь совпасть со сторо-
ной FA (точка касания этой стороны с окружностью стремится к со-
впадению с точкой касания с окружностью стороны FA), то в пре-
деле мы получаем следующее предложение: прямая, соединяющая
вершину С описанного вокруг окружности пятиугольника ABCDE
с точкой F касания стороны АЕ с окружностью, проходит через
точку пересечения диагоналей AD и BE (черт. 42, а). Аналогично,
если считать, что EF совпадает с FA, a DE — с CD, мы получим:
диагональ BE описанного вокруг окружности четырехугольни-
ка АВСЕ проходит.' через точку пересечения прямых, соединяю-
щих вершины А и С соответственно с точками касания с окруж-
ностью сторон CD и АЕ (черт. 42, б). Считая, что сторона ЕЕ со-
впадает с FA, a CD — с ВС, мы получим: прямая, соединяющая
точки касания противоположных сторон АЕ и BD описанного
около окружности четырехугольника ABDE, проходит через
точку пересечения диагоналей', нетрудно видеть, что через эту же
точку проходит и прямая, соединяющая точки касания с окружно-
стью сторон АВ и DE (черт. 42, в; сравните с задачей 105). Наконец,
предполагая, что сторона EF шестиугольника совпала с FA, сто-
рона CD — с DE и сторона АВ— с ВС, получим, что прямые, сое-
диняющие вершины треугольника АСЕ с точками касания вписан-
ной в треугольник окружности с противоположными сторонами,
пересекаются в одной точке (черт. 42, г; см. ниже задачу 134 д)).
В последующих задачах принимается следующее условие о зна-
ках отрезков. Два отрезка АВ и CD, расположенные на одной пря-
130]
ЗАДАЧИ НА ДОКАЗАТЕЛЬСТВО ТЕОРЕМ
47
48
ЗАДАЧИ
(131—134
мой, считаются имеющими одинаковые знаки, если направления
этих отрезков (от А к В и от С к D) совпадают; в противном слу-
чае отрезки считаются имеющими различные знаки и отно-
шение их длин берется с о з н а'к о м минус.
Отметим еще, что выражение «на сторонах треугольника» в по-
следующих задачах всюду надо понимать в смысле «на сторонах или
их продолжениях» (т. е. точка Аа здесь называется лежащей на сто-
роне ВС, если только она ’расположена на прямой ВС).
/3/. Теорема Менелая. Пусть Д, В, и Сг—три
точки, лежащие соответственно на сторонах ВС, СА и АВ
треугольника АВС. Для того чтобы эти точки лежали на
одной прямой, необходимо и достаточно 1), чтобы имело место
соотношение
АС{ BAt СВ}  
С,В ' А,С ’ BjA	Е
132.	Вывести из теоремы Менелая
а)	теорему о полном четырехстороннике (см. задачу 114);
б)	теорему Дезарга (см. задачу 127);
в)	теорему Паскаля (см. задачу 129).
133.	Теорема Чевы. Пусть Alt Bt и Ct — три точки,
лежащие соответственно на сторонах ВС, СА и АВ тре-
угольника АВС. Для того чтобы прямые AAt, ВВ1 и
пересекались в одной точке пли были все параллельны, не-
обходимо и достаточно, чтобы имело место соотношение
АСХ ВА} СВу ______.J
QB ' ~А7С ‘	~ 1 •
134.	Вывести из теоремы Чевы, что
а)	медианы треугольника пересекаются в одной точке;
б)	биссектрисы треугольника пересекаются -в одной точке;
в)	высоты треугольника пересекаются в одной точке;
г)	прямые, проходящие через вершины треугольника и
делящие его периметр пополам, пересекаются в одной точке;
Ч Слова «необходимо и достаточно» означают, что для полного
решения задачи 131 надо доказать две теоремы: 1) теорему о том,
что если точки At, Bj и Q лежат на одной прямой, то выполняется
указанное в задаче соотношение (необходимость приведенного
условия), и 2) обратную теорему — теорему о том, что при выполне-
нии этого соотношения точки Alt Bj и Ct обязательно будут лежать
на одной прямой (достаточность условия). Аналогичное приме-
чание можно сделать и к условию задачи 133.
133]	ЗАДАЧИ НА ДОКАЗАТЕЛЬСТВО ТЕОРЕМ	49
д)	прямые, соединяющие вершины треугольника с точками
касания вписанной в треугольник окружности с противопо-
ложными сторонами, пересекаются в одной точке (черт. 43, а);
е)	прямые, соединяющие вершины треугольника с точками
касания противоположных
сторон с соответствующими
вневписанными окружностя-
ми, пересекаются в одной
точке (черт. 43, б).
а)
Черт. 43.
ч
135.	а) Теорема Менелая для многоуголь-
ника. Пусть прямая I пересекает стороны Д/г, ^2^з> •••
.. ., Ап_i/n, AtlAt многоугольника А;А2А3 ... Ап (может быть,
невыпуклого) соответственно в точках alt а2, ... , я„—1, ап-
В таком случае
, ^1аг . ф . Ап—\ ап—\ . Апап । ।
«1А ' Мз ’ * ' ап-1 Ап ’ апАг	— ’
где знак минус соответствует случаю нечетного п, а знак
плюс — четного п.
б) Теорема Чевы для многоугольника. В пло-
скости многоугольника (не обязательно выпуклого) с нечет-
ным числом сторон АгА2 ... Лгп—1 дана точка О. Пусть
прямые OAlt ОА2, ... , ОАп, OA„+i, ... , OA2n_i пересекают
противоположные вершинам At, А2, ... , Ап, Ап+\, ... , Л2/г-1
стороны многоугольника соответственно в точках ап,ап+1, ...
. • • , а2а— 1,	, ап— 1- В таком случае
Аа1 _ А2а2 . . . Л2п г Дгп—2 t ^2п—i я2п—1 _।
в142 ^2^	а2п— 2 Ain—1	Д2в-1^1
50
ЗАДАЧИ
[136—138
Примечание. Следует отметить, что условия теорем Мене-
лая и Чевы для л-угольников при л > 3 уже недостаточны для
того, чтобы соответствующие точки лежали на одной прямой или
соответствующие прямые проходили через одну точку.
136.	Пусть At, Bi и Ct—такие точки на сторонах ВС,
СА и АВ треугольника АВС, что прямые AAt, ВВ{ и CCt
пересекаются в одной точке; А2, В2 и С2— вторые точки
пересечения окружности, проходящей через точки At, Bt и
Ct со сторонами ВС, СА и АВ треугольника. Доказать, что
прямые АА2, ВВ2 и СС2 пересека-
ются в одной точке (черт. 44),
137.	Пусть АВС—произволь-
ный треугольник, ДДП ВВг,
CCt — произвольные прямые, проходящие через вершины тре-
угольника и пересекающиеся в одной точке (Дп Blt Ct —
точки соответственно на сторонах ВС, СА и АВ треуголь-
ника АВС). Доказать, что прямые, соединяющие середины
сторон АВ, ВС и СА треугольника АВС соответственно с се-
рединами отрезков CCt, AAt и BBt, пересекаются в одной
точке (черт. 45).
138.	Пусть Av Bt и Ct — точки, лежащие соответственно
на сторонах ВС, СА и АВ треугольника АВС; Д', 5' и С' —
точки, симметричные первым трем точкам относительно сере-
дин соответствующих сторон треугольника. Доказать, что
а)	если точки Alt Bt и Сг лежат на одной прямой, то и
точки Д', Д', С' лежат на одной прямой;
б)	если прямые ДДП BBt, ССг пересекаются в одной точке,
то и прямые ДДр BB'V СС^ пересекаются в одной точке.
139—140] ЗАДАЧИ НА ДОКАЗАТЕЛЬСТВО ТЕОРЕМ	51
139. Пусть AAlf ВВг и CCt— три прямые, проходящие
через вершины треугольника АВС, АА[, ВВ\ и СС\ — пря-
мые, симметричные первым трем прямым относительно бис-
сектрис соответствующих углов треугольника (точки At и Д'
лежат на стороне ВС треугольника АВС, точки Bt и В[ —
на стороне АС, точки Сг и Ц — на стороне АВ). Доказать,
что
а)	если точки Д1( Вх и С1 лежат на одной прямой, то и
точки A'v В'г и С[ лежат на одной прямой;
б)	если прямые АА}, ВВХ и СС, пересекаются в одной
точке, то и прямые ДД', ВВ'Х и СС'Х пересекаются в одной
точке;
в)	если прямые AAlt BBt и CCt пересекаются в точке М,
а прямые АА^, ВВ\ и СС' пересекаются в точке N, то про-
екции точек М и ДГ на стороны треугольника лежат на одной
окружности, центр которой находится в середине отрезка AW.
В какой связи находится эта последняя теорема с предло-
жением задачи 99?
140*. Даны два треугольника АВС и А'В’С'. Доказать,
что если прямые, проведенные через вершины А', В' и С'
Черт. 46а.
треугольника А'В'С параллельно сторонам ВС, СА и АВ
треугольника АВС, пересекаются в одной точке, то и пря-
мые, проведенные через вершины А, В и С треугольника АВС
параллельно сторонам В'С, С А! и А'В' треугольника А'В'С,
также пересекаются в одной точке (черт. 46а).
52
ЗАДАЧИ
J141—144
141*. Даны два треугольника АВС и А'В'С. Доказать,
что если прямые, проведенные через вершины треугольни-
ка А'В'С перпендикулярно к соответствующим сторонам
Черт. 466.
треугольника АВС, пересекаются в одной точке, то и пря-
мые, проведенные через вершины треугольника АВС перпен-
дикулярно к соответствующим сторонам треугольника А'В'С,
пересекаются в одной точке (черт. 466).
142.	Через точку А, лежащую внутри угла, проведена
прямая, отсекающая от этого угла наименьший по площади
треугольник. Доказать, что отрезок этой прямой, заключен-
ный между сторонами угла, делится в точке А пополам.
143.	а) Даны отрезок МЫ и прямая р. Найти на пря-
мой р точку X, из которой отрезок МЫ виден под наиболь-
шим углом.
б)	Даны отрезок МЫ и окружность S. Найти на окруж-
ности S точки X и К, из которых отрезок AW виден под
наибольшим и под наименьшим углом.
144.	Найти треугольник наименьшего возможного пери-
метра, если известны:
а) две вершины А и В треугольника и прямая I, на ко-
торой лежит третья вершина;
145—148]
ЗАДАЧИ НА ДОКАЗАТЕЛЬСТВО ТЕОРЕМ
53
б) вершина А и две прямые I и т, на которых лежат
вершины В и С;
в) три прямые /, т, п, на которых лежат вершины А,
В и С.
145.	Найти в треугольнике точку, сумма расстояний от
которой до вершин треугольника была бы наименьшей.
146.	Найти в треугольнике точку, сумма квадратов рас-
стояний от которой до вершин треугольника была бы наи-
меньшей.
147.	Найти в треугольнике точку, сумма квадратов рас-
стояний от которой до сторон треугольника была бы наи-
меньшей.
148.	Даны две точки А и В и прямая PQ. Доказать, что
сумма b • AM а • ВМ, где а и b — данные положительные
числа, имеет наименьшее
значение для такой точки	-
М прямой PQ, что	/
cos LAMP _ а
cos / BMQ b
Примечание. Настоя-
щая задача может иметь еле-
дующий смысл. Пусть требует- =ё;
ся найти наиболее выгодный
расположенного на берегу реки,	А
до пункта В, находящегося где-	Черт. 47.
то по другую сторону реки
(черт. 47). Тогда если скорость движения на лодке равна а, а ско-
рость движения человека на суше равна Ь, то задача сводится к тому,
чтобы найти такую точку М на противоположном берегу реки, чтобы
сумма
была возможно меньшей здесь есть время, требующееся лодке,
чтобы пройти путь AM; — время, нужное для того, чтобы дойти
54
ЗАДАЧИ
[149—150
по суше от точки Л4 до пункта Bj. Теорема задачи 148 указывает,
как найти такую точку.
Результат этой задачи имеет очень важное значение для физики.
Предположим, что ломаная АМВ представляет собой путь светового
луча из точки А в точку В. Причиной излома пути в точке М мы
будем считать то, что в этой точке луч переходит из одной среды
в другую (например, из воздуха в воду); другими словами, мы будем
считать, что точки А и В находятся по разные стороны от прямой
PQ и что PQ есть линия раздела двух различных оптических сред.
Пусть XY есть перпендикуляр к прямой PQ в точке М. Угол АМХ
называется углом падения луча ЛЛ4, а угол BMY — углом
преломления луча МВ. Если считать, что а есть скорость
света в первой среде, aft — скорость света во второй среде, то вы-
АМ , МВ ,	„ ,	,
ражение —•-—|будет представлять собой общее время, необхо-
димое лучу света для того, чтобы пройти из точки А в точку В. Тео-
рема задачи 148 утверждает, что это время будет кратчай-
шим в том случае, если
соз^^Л^"1___sin / АМХ __ ft а .
cos / BMQ ~ sin / BMY ~Т — У’
а
т. е. если отношение синусов угла падения и угла
о т р а'ж ения равно некоторой постоянной для дан-
ных сред величине (а именно, отношению скоростей света
в этих средах). Но хорошо известно из опыта, что именно таков за-
кон преломления света. Сопоставив этот результат с тем, что закон
отражения света от гладкой поверхности (например, от зеркала) —
угол падения равен углу отражения — Тоже соответствует тому, что
луч света идет по кратчайшему пути (см. решение задачи 77 а)
настоящей книги), мы сможем заключить, что свет всегда
избирает кратчайший (по времени) путь между
двумя точками. Этот принцип, называемый принципом
Ферма, с некоторыми уточнениями на самом деле оправдывается
во всех случаях; он имеет также некоторые аналогии в механике
(являющиеся основаниями весьма глубоких и важных для современ-
ной физики оптико-механических аналогий) и является одним из су-
щественных принципов физики.
149*. Доказать, что из всех четырехугольников, имеющих
данные длины сторон а, Ь, с и d, наибольшую площадь
имеет тот, вокруг которого можно описать окружность.
150*. Доказать, что из всех четырехугольников, имеющих
данные величины углов и данный периметр, наибольшую пло-
щадь имеет тот, в который можно вписать окружность.
150]	ЗАДАЧИ НА ДОКАЗАТЕЛЬСТВО ТЕОРЕМ	55
Примечание. Формулировки задач 149 и 150 очень похожи
друг на друга. Это сходство становится еще более явственным, если
вспомнить, что все четырехугольники имеют одну и ту же сумму
углов, а именно 360°, так что задачам 149 и 150 можно придать
следующую форму:
а)	Из всех четырехугольников с данными сторонами (и данной
суммой углов, равной 360°) наибольшую площадь имеет четырех-
угольник, который можно вписать в окружность.
б)	Из всех четырехугольников с данными углами и данной
суммой сторон наибольшую площадь имеет четырехугольник, в ко-
торый можно вписать окружность.
Эта аналогия не является случайной, а имеет глубокие основа-
ния, объяснить которые в рамках настоящего задачника не пред-
ставляется возможным.
РЕШЕНИЯ
1.	Начинающий игру должен положить монету на центр
стола. В дальнейшем он кладет свою монету каждый раз
симметрично (относительно центра стола) монете, положенной
вторым играющим (черт. 48).
Черт. 48.
2.	Легко видеть, что искомая окружность не может пере-
секать границу клетки где-нибудь между вершинами, ибо
иначе она проходила бы по белой клетке. Предположим те-
перь, что эта окружность проходит по черной клетке ABCD
и пересекает границу этой клетки в точках А и В (черт. 49).
Границу черной клетки AFQH она может пересечь во второй
раз либо в точке F, либо в точке О. Очевидно, что во вто-
ром случае окружность будет больше, чем в первом; следо-
вательно, если искомая окружность проходит через точки А
31
РЕШЕНИЯ
57
и В, то она пройдет и через точку G. Если же предполо-
жить, что искомая окружность пересекает границу клетки
ABCD в точках Л и С, то она может пересечь границу
клетки AFGH либо в F, либо в Н (ибо точки 'А, С и О
лежат на одной прямой). Но легко видеть, что обе эти ок-
ружности равны окружности, проходящей через точки А, В
и О. Отсюда следует, что наибольшей будет изображенная
на черт. 49 окружность с центром в центре черной клетки,
проходящая по восьми черным клеткам; радиус этой окруж-
ности, очевидно, равен
где за
единицу принята сторона клетки.
3.	Легко видеть, что узел имеет форму выпуклого пяти-
угольника: он ограничен тремя сгибами и двумя кромками,
к которым примыкают свободные концы ленты. Таким обра-
зом, нам необходимо доказать лишь, что все стороны и
все углы этого многоугольника равны между собой.
Докажем предварительно, что если в треугольнике
две высоты равны, то он равнобедренный; это
обстоятельство понадобится нам в дальнейшем доказательстве.
58
РЕШЕНИЯ
[3
Если обе равные высоты АЕ и CD треугольника АВС
расположены внутри него (черт. 50, а) или вне его (черт. 50, б),
то прямоугольные треугольники АСЕ и ACD равны,
(общая гипотенуза и равные катеты), т. е. / ВАС = / ВС А,
а значит, треугольник АВС в этом случае равнобедренный.
Рассмотрим
теперь высоту
CD, расположенную внутри
тупоугольного треугольника, и высоту АЕ, расположенную
вне этого треугольника (черт. 50, в). Точки D и Е лежат
на окружности, построенной на АС, как на диаметре. Так
как прямые АВ и ВС непараллельны, то острые углы CAD и
АСЕ не равны, а следова-
тельно, и соответствующие
хорды не равны: CD=j=AE.
Таким образом, в этом слу-
чае равенство высот невоз-
можно.
Перейдем теперь к ре-
шению поставленной зада-
чи. Обозначим вершины пя-
тиугольного узла через А,
В, С, D и Е (см. черт. 51).
Воспользуемся тем, что края
ленты параллельны. Рас-
смотрим, например, треугольник ЕАВ. Высоты, опущенные
на стороны ЕА и ВА этого треугольника, равны, так как они
равны ширине ленты. Отсюда по доказанному выше заклю-
чаем, что ЕА = АВ. Точно так же заключаем, что АВ=ВС
и AE=ED. (Но нельзя утверждать, что треугольник EDC
равнобедренный, так как мы не знаем, равна ли высота, опу-
щенная на ED, ширине ленты или нет!)
41
РЕШЕНИЯ
59
Так как края ленты параллельны, то АВ || ЕС, CD |] BE,
ЕА || DB, ВС || AD. Поэтому четырехугольники EABC, BCDE,
DEAB, ABCD — трапеции, и притом по доказанному две пер-
вые— равнобочные трапеции. Отсюда следует, что /В =
— Z.A и /_В = /_С-
Докажем, что все диагонали пятиугольника равны
между собой. Рассмотрим, например, треугольник ADB. Вы-
соты этого треугольника, опущенные на стороны AD и BD,
равны между собой (они равны ширине ленты). Отсюда
имеем AD—BD. Аналогично доказываем, что AD~DB =
= ВЕ = ЕС (но не АС!). Рассмотрим теперь треугольники
ЕАВ и АВС. Они имеют по две соответственно равные сто-
роны и по равному углу между ними. Поэтому эти треуголь-
ники равны; отсюда АС = ЕВ, а следовательно, АС = СЕ =
— EB — BD — DA. В трапеции АВСЕ равны диагонали. Зна-
чит, она равнобочная (треугольники AED и АВЕ имеют общее
основание, равные высоты, опущенные на основание, и рав-
ные боковые стороны; отсюда и из того, что АС не парал-
лельно АЕ, следует, что треугольники равны). Отсюда
AB=ED, /_А = £Е и /B = 2aB£>4-ZD5C> =
= /EDBA- £BDC = £D.
Таким образом, все стороны и все углы пятиугольника
равны между собой, т. е. пятиугольник действительно пра-
4.	Могут. В качестве примера рассмотрим треугольники
АВС и ACD (черт. 52), стороны которых соответственно
равны 1, 3/2, 9/4 и 3/2, ®/4, 27/8. Эти треугольники имеют рав-
ные углы (в силу пропорциональности сторон они подобны)
и по две соответственно равные стороны.
60	РЕШЕНИЯ	|5—в
Примечание. Вообще условию задачи удовлетворяют тре-
угольники со сторонами, соответственно, a, aq, aq2 и aq, aq2, aq3
,	/5-1^ //5 4-1
(где —< Ч <—у—’ так как иначе наибольший из этих
отрезков превышает сумму двух других).
5.	Наибольшее число острых углов в выпуклом много-
угольнике равно трем. Действительно, сумма всех внешних
углов /г-угольника всегда равна 4rf. Если бы какой-либо
/г-угольник (п 4) имел четыре острых внутренних угла,
то внешние углы, дополнительные к этим внутренним
углам, были бы тупыми и их сумма была бы больше 4rf;
поэтому сумма всех внешних углов и подавно была бы
больше 4а?.
6.	а) Легко видеть, что в образовании каждого из много-
угольников разбиения может участвовать не более двух диа-
гоналей, выходящих из одной вершины. Таким образом, через
каждую вершину 13-угольника проходят не более чем две
стороны многоугольника разбиения; при этом в произведении
13-2 каждая сторона многоугольника разбиения считается
дважды, так как она проходит через две вершины 13-уголь-
ника. Следовательно, число сторон многоугольника разбиения
не может быть больше
4-2=13.
Легко показать, что существуют 13-угольники, у которых
некоторые из образованных указанным способом многоуголь-
ников разбиения имеют ровно 13 сторон. Возьмем правильный
13-угольник и проведем все его диагонали (черт. 53, а).
Ясно, что ни одна из них не проходит через центр О опи-
санной окружности. Многоугольник, внутри которого лежит
центр О, должен иметь не менее 13 сторон, так как при по-
360°
вороте вокруг центра на -jy он совмещается сам с собой
(при таком повороте совмещается сам исходный многоуголь-
ник и, следовательно, все его диагонали).
Примечание. Нетрудно видеть, что если п — произвольное
нечетное число, то наибольшее число сторон, которое может
иметь многоугольник, дюлученный в результате разбиения выпуклого
л-угольника на части всеми его диагоналями, равно п.
6)
РЕШЕНИЯ
61
б) Выше для случая 13-угольника было показано, что
никакой многоугольник разбиения не может иметь боль-
ше сторон, чем исходный /z-угольник; это рассуждение со-
храняет силу для любого п. Покажем теперь, что если ис-
ходный многоугольник имел 1950 сторон, то число сторон
у многоугольника разбиения должно быть меньше 1950.
Как и ранее, в образовании любого многоугольника разбиения
может участвовать не более
двух диагоналей исходного
многоугольника, выходящих
из одной вершины. Пусть
теперь А есть некоторая вер-
шина 1950-угольника, из ко-
торой исходят две диагонали
АВ и АС, участвующие в
образовании многоугольника
разбиения, имеющего наи-
большее число сторон (черт.
53, б). Очевидно, что В
и С — соседние вершины
многоугольника, так как
иначе из вершины А выхо-
дила бы диагональ, разби-
вающая наш многоугольник
на две части. Рассматривае-
мый многоугольник разбие-
ния заключен внутри угла
ВАС-, по этому сторонами
его могут служить только
диагонали, соединяющие ка-
кую-либо из вершин лома-
ной ADF... РВ с вершина-
ми ломаной СЕ... RA. Но
общее число вершин обеих
А, В и С, равно 1950 — 3= 1947. Поэтому хотя одна из
этих ломаных имеет не больше чем 973 вершины; пусть это
будет, например, ломаная ADF.. . РВ. В таком случае
в образовании рассматриваемого многоугольника разбиения
участвуют не больше чем 2-973 диагоналей, выходящих из
вершин D, F, ..Р этой ломаной. Кроме того, двумя
Черт. 53.
этих ломаных, не считая концов
62
РЕШЕНИЯ
[7
сторонами многоугольника разбиения служат диагонали АВ
и АС и кроме ВА может быть еще одна сторона этого мно-
гоугольника, проходящая через вершину В 1950-угольника.
Таким образом, число сторон многоугольника разбиения не
может быть больше чем 2-973-]-3= 1949.
С другой стороны, нетрудно построить такой 1950-уголь-
ник, у которого найдется многоугольник разбиения, имеющий
ровно 1949 сторон. Чтобы показать это, возьмем правильный
1949-угольник. У него имеется многоу!ольник разбиения с
1949-ю сторонами (сравните с решением пункта а) настоящей
задачи). Срежем теперь одну из вершин исходного многоуголь-
ника так, чтобы полученная сторона нового 1950-угольника
была очень короткой. Вершины полученного 1950-угольника
будут близки к ве. шинам правильного 1949-угольника. По-
этому центральный правильный 1949-угольник разбиения
хотя и превратится в неправильный, однако число его сто-
рон не уменьшится (ср. с черт. 53, а, на котором пунктиром
изображено построение 14-угольника, у которого существует
многоугольник разбиения, имеющий 13 сторон).
Примечание. Нетрудно видеть, что если п — произвольное
четное число, то наибольшее число сторон, которое может иметь
многоугольник, полученный в результате разбиения выпуклого
л-угольника на части всеми его диагоналями, равно п — 1. 7
7. а) Рассмотрим какое-нибудь звено нашей 13-звенной
ломаной. На этом звене может лежать не больше 10 точек
самопересечения — ведь всего ломаная имеет 13 звеньев, а
3 из них (само рассматриваемое звено и два соседних с ним)
заведомо не пересекают нашего звена. Отсюда следует, что
общее число точек самопересечения не может превосходить
I3!1? — g5 (65 точек самопересечения будет в том случае,
если каждое звено пересекает ровно 10 других звеньев; при
этом в произведении 13-10 каждая точка самопересечения
считается дважды, так как в этой точке пересекаются два
звена).
Нетрудно видеть, что 13-звенная ломаная может иметь 65
точек самопересечения. Для того чтобы получить такую
ломаную, достаточно рассмотреть звездчатый правильный
13-угольник, который образуется, если точки, делящие окруж-
11
РЕШЕНИЯ
63
ность на 13 частей, соединять хордами, отсекающими 75
1о
частей окружности (см. черт. 54, где для большей ясности
изображена не 13-звенная ломаная с 65 точками самопересе-
_	7-4	..
чения, а 7-звенная ломаная, имеющая -^-=14 точек само-
Л
пересечения).
Черт. 54.
Примечание. Совершенно аналогично показывается, что наи-
большее возможное число точек самопересечения замкнутой л-звен-
ной ломаной, где л — какое угодно нечетное число, равно
л (л — 3)
2	*
б) Аналогично задаче 6 здесь является очень существен-
ной четность или нечетность числа звеньев ломаной.
В случае когда число звеньев п четно, попрежнему можно
утверждать, что число точек самопересечения не прево-
л (л — 3) .	.
сходит	—- (см. решение задачи а), в частности, при-
мечание к этому решению); однако в этом случае, как легко
видеть, число точек самопересечения никогда не может быть
равно -^2—~ • Действительно, для того чтобы число точек
„ .	п(п — 3)	,
самопересечения ломаной было равно   —-, необходимо,
чтобы каждое звено ломаной пересекалось со всеми п — 3
64
РЕШЕНИЯ
[7
звеньями, с ним не соседними. Но если звено замкнутой
л-звенной ломаной, где п четно, пересекается с п — 3 звень-
ями, то это значит, что два звена, соседние с данным, рас-
положены по разные стороны от него (черт. 55, а). А если
каждое звено ломаной обладает этим свойством, то два
звена, расположенные через одно от данного, тоже не могут
пересекать его (черт. 55, б).
Черт. 55.	Черт. 56.
Нетрудно видеть, что наибольшее число точек самопере-
сечения четырехзвенной ломаной равно 1 (черт. 56, а); наи-
большее число точек самопересечения шестизвенной ломаной
равно 7 (черт. 56, б). Нетрудно показать также, что для
каждого четного п существует п-звенная замкнутая
п (п — 4) , ,	„
ломаная, имеющая------—Т* точек самопересечения. Для
того чтобы построить такую ломаную, разделим окружность
на п равных частей и соединим точки деления хордами, от-
секающими —-----1 частей окружности (аналогично тому, как
мы поступали в случае нечетного п). Мы получим ломаную,
п (п — 4)	.
имеющую - 2—- точек самопересечения (каждое звено пе-
ресекается с п — 4 другими звеньями); при этом, если п не
делится на 4, то эта ломаная распадается на две не связан-
ные между собой части (на черт. 57, а изображен именно
такой случай, отвечающий значению п =10). Отбросим в
нашей ломаной две параллельные хорды и заменим их диамет-
рами, соединяющими попарно те же четыре точки; при этом,
71
РЕШЕНИЯ
65
если даже первоначальная ломаная распадалась на две части,
новая ломаная не будет распадаться (см. черт. 56, б). При
этом появится новая точка самопересечения — центр окружно-
сти. Однако если новые звенья ломаной пройдут через точки
пересечения старых звеньев (черт. 57, б), то несколько точек
самопересечения ломаной сольются в одну, и общее количество
В)
Черт. 57.
точек самопересечения уменьшится. Сдвинув теперь один
конец каждого из новых звеньев по окружности на малое
расстояние, мы получим ломаную, никакие три звена ко-
торой не проходят через одну точку (черт. 57, в). Число то-
„	« л	п (п — 4) , ,
чек самопересечения этой ломаной будет равно-------%—“г *•
В частности, существует 1950-звенная замкнутая ломаная,
имеющая ------%—г-f-1 = 1 897.351 точку самопересечения.
66
РЕШЕНИЯ
I’
Покажем теперь, что п-ввенная ломаная, где п четно,
,	п{п — 4) । ,
не может иметь больше чем	—--f- 1 точек самопе-
ресечения. Доказательство проведем методом математической
индукции. Прежде всего совершенно очевидно, что замкнутая
четырехзвенная ломаная не может иметь больше одной точки
пересечения. Теперь предположим, что мы уже показали, что
л-звенная ломаная (л-четно) не может иметь больше
п (п — 4) , ,
~ 2— -f-1 точек самопересечения; покажем, что в таком
случае никакая (л 2)-звенная ломаная не может иметь больше
(л 4- 2) (л — 2) , ,
-—I—г,------- -f- 1 точек самопересечения.
Предположим, что это не так, т. е. что некоторая (л -|- 2)-
звенная ломаная имеет больше —------г * точек самопересе-
чения. Пару соседних звеньев ломаной назовем «углом».
Нетрудно видеть, что рассматриваемая ломаная должна иметь
хоть Один «угол», имеющий 2л — 3 или больше точек са-
мопересечения; действительно, если бы каждый «угол» лома-
ной содержал не больше 2л — 4 точек самопересечения, то
,	, (л 4- 2) (2л — 4)
общее число таких точек не превосходило бы —।----------=
=—2— (в произведении (л-}-2)-(2л — 4), где л-}-2 — чис-
ло «углов», каждая точка самопересечения считается четыре
раза, так как она принадлежит двум звеньям, а следовательно,
четырем «углам»). Пусть АВ и ВС — звенья ломаной, обра-
зующие такой «угол»; CD и КА—звенья, соседние с этим
«углом». Но так как л-|-2 четно, то звено ломаной может
иметь (л-|~2)— 3 = л—1 точку самопересечения только в
том случае, если соседние с ним звенья расположены по раз-
ные стороны от этого звена (см. выше черт. 55, а); при этом
два соседних с данным звена должны располагаться каждый
по одну сторону от своих соседних. Больше чем л — 1 то-
чек самопересечения никакое звено (л-|-2)-звенной ломаной
иметь не может. Таким образом мы заключаем, что одно из
двух звеньев АВ и ВС (пусть для определенности это будет
звено АВ) должно содержать л — 1 точку самопересечения
ломаной, а второе звено содержит л— 2 таких точки, при-
чем звенья КА, АВ, ВС и GP должны быть расположены
71
РЕШЕНИЯ
67
так, как изображено на черт. 58; при этом все звенья лома-
ной, кроме КА и CD, должны пересекать и АВ и ВС. Далее
рассмотрим два случая, которые изображены на черт. 58, а и б.
1°. Прямая КА пересекает отрезок ВС (черт. 58, а). В
этом случае КА пересекает отрезок CD в некоторой точке 5.
Заменим нашу ломаную новой, отбросив звенья АВ и ВС,
сократив звено CD до SD и продолжив звено КА до KS.
Так как все звенья ломаной, кроме КА и CD, пересекают
АВ и ВС, то каждое из этих звеньев, которое пересекает
С	С
Черт. 58.
отрезок CS, пересекает также и отрезок £4. Поэтому число
точек самопересечения нашей новой ломаной меньше числа
точек самопересечения первоначальной ломаной ровно на
2п—3 — на число точек самопересечения, принадлежащих
«углу» АВС. А так как первая ломаная имела не меньше
”	-|-2	точек	самопересечения, то новая ломаная имеет
л2 — 4  п	о.	л(л —4) । о
не меньше чем —-------(-2 — (2л — 3) = ——5-----f-3 таких
точек. Но это невозможно, ибо, по предположению, л-звен-
ная ломаная не может иметь больше п ~ -J- 1 точек са-
мопересечения.
2°. Прямая КА не пересекает отрезка ВС (черт. 58, б).
В этом случае четырехугольник КАСВ является выпуклым;
поэтому каждый отрезок, который пересекает его стороны КА
и ВС, пересекает также его диагональ КС. В частности, каждое
звено ломаной, кроме CD, которое пересекает звено КА, пере-
секает также и отрезок СК (ибо каждое звено ломаной, кроме
CD, ВА и АК, пересекает ВС). Заменим теперь нашу ломаную
68
РЕШЕНИЯ
18-
новой, откинув звенья АВ, ВС и АК и прибавив новое зве-
но СК. Число точек самопересечения новой ломаной меньше
числа точек самопересечения старой ломаной на 2п — 3 то-
чек, принадлежащих «углу» АВС, и еще, может быть, на
одну точку пересечения CD и АК (если таковая имелась).
Поэтому число ее точек самопересечения не меньше чем
^4 + 2-(2л-3)-1=^4^) + 2,
что также невозможно.
Полученное противоречие и показывает, что (л -I- 2)-звен-
^2 ________________________________
ная ломаная, имеющая больше чем —---------г 1 точек самопе-
ресечения, не может существовать.
Отсюда в силу принципа индукции следует, что наиболь-
шее возможное число точек самопересечения л-звенной зам-
„	м.	п(п — 4) , .	,,
кнутой ломаной, где л четно, равно —+* ° частно-
сти, 1950-звенная ломаная не может иметь больше 1 897 351
точки самопересечения.
8. а) Докажем прежде всего, что у каждого многоуголь-
ника можно найти диагональ, которая разбивает его на два
многоугольника с меньшим числом сторон. Рассмотрим самую
правую (или одну из самых правых) вершину А многоуголь-
ника1) (черт. 59, л). Обе примыкающие к ней вершины ВиС
лежат не правее ее. Проведем диагональ ВС. Если внутри
треугольника АВС нет других вершин многоугольника (как
изображено на черт. 59, а), то диагональ ВС уже разбивает
наш л-угольник на треугольник АВС и (л — 1 (-угольник.
Предположим теперь, что внутри треугольника АВС име-
ются другие вершины многоугольника. Пусть D (черт. 59, б) —
та из них, которая наиболее удалена от стороны ВС (или
одна из таких вершин, если их несколько). Мы утверждаем,
что диагональ AD не пересекается ни одной из сторон мно-
гоугольника.
') Термин «самая правая» имеет здесь тот смысл, что через А
можно провести прямую («вертикаль»), не пересекающую много-
угольник.
81
РЕШЕНИЯ
69
С прямой, параллельной
Следовательно отрезок
треугольника АВ'С. Но
В
ВС
EF
ни
Черт. 59.
Действительно, пусть какая-нибудь сторона EF пересе-
кает AD. В силу нашего выбора точки D вершины Е и F
многоугольника обязательно лежат вне треугольника АВ'С,
отсекаемого от треугольника AL
и проходящей через точку D.
должен пересекать две стороны
сторону АВ’, ни сторону
АС он пересекать не может,
так как в противном случае
стороны многоугольника пе- у
ресекали бы друг друга.
Этим доказано, что никакая
сторона многоугольника не
пересекает диагонали AD,
т. е. что AD делит много-
угольник на два меньших
многоугольника.
Если один из двух много-
угольников разбиения имеет
k сторон, то второй будет
иметь п — А-|-2 сторон:
действительно, сторонами
первого из многоугольников
будут k — 1 сторон исход-
ного многоугольника (А-й
стороной будет диагональ
исходного многоугольника),
а следовательно, сторонами
второго многоугольника бу-
дут являться оставшиеся
п — (А—1) = л— А-|~1 сторон
Так как k<^n и k>2, то отсюда следует, что каждый
из многоугольников, на которые диагональ AD делит исход-
ный л-угольник, имеет меньше сторон, чем п. .Разбивая да-
лее таким же образом оба меньших многоугольника их диа-
гоналями, мы в конце концов придем к разбиению исходного
«-угольника на треугольники.
б) Докажем, что число треугольников, на которые разби-
вается л-угольник согласно задаче а), рэвно л — 2. Действи-
тельно, пусть для разбиения л-угольника на треугольники
многоугольника и диагональ.
70
РЕШЕНИЯ
Р
нужно сделать х шагов. В результате получим х-]~1 тре-
угольников (так как при каждом шаге один многоугольник
делится на два, т. е. общее число многоугольников возра-
стает на единицу). Общее число сторон этих треугольников
равно л-|-2х (и сторон многоугольника и х проведенных
диагоналей, являющихся каждая стороной двух треугольни-
ков). Таким образом, мы имеем уравнение
3 (х 1) — л Ч~ 2х,
откуда получаем х-]~ 1 = п — 2. Итак, непересекающиеся диа-
гонали разбивают многоугольник на п — 2 треугольника.
Все углы этих треугольников являются частями внутренних
углов многоугольника. Поэтому сумма углов всех треуголь-
ников равна сумме углов многоугольника и, следовательно,
искомая сумма равна (п — 2) 2d.
9. а) У треугольников BAD и B'A'D' (черт. 60) ВА = В'А',
AD=A'D' и Д Л X Л'; отсюда по известной теореме о
треугольниках с двумя соответственно равными сторонами
имеем BD>B'D'. Теперь рассмотрим треугольники BCD и
В'CD'. В этих треугольниках ВС = В'С, CD = C'D' и
BD~/> B'D'\ следовательно, /С^ / С.
Рассмотрим теперь две пары треугольников, имеющих по
две соответственно равные стороны: Д АВС и Д А'В'С,
£±ADC и ^A'D'C'. Если бы было АС> А'С, то по тео-
реме о треугольниках с двумя соответственно равными сто-
ронами мы имели бы Д В Д В', Д О ~> / О'; но это
невозможно, так как все углы четырехугольника ABCD не
могут быть больше соответствующих углов четырехугольника
A'B'C'D' (оба четырехугольника имеют одинаковую сумму
9J
РЕШЕНИЯ
71
углов, равную 360°). Если бы было АС=А'С', то сумма
углов четырехугольника ABCD также оказалась бы больше
суммы углов четырехугольника A'B'C'D' (в этом случае
^/В = X В', ^_D = \/_D'}. Таким образом, АСС^А'С и,
следовательно, Z^^Z^» / D / D' 
б) Так как многоугольники AtA2 ... Ап и А^А'2 ... А'п, по
предположению, не равны, то хотя бы одна из разностей
za-za> / Ля— X Л^, ... отлична от нуля. Предпо-
ложим для определенности, что —X Л' 0. Очевидно,
после нечетного числа перемен знаков (одной, трех и т. д.)
мы придем к разности нашего ряда, имеющей иной знак, чем
разность / Л,—А А; после четного числа перемен знаков
(двух, четырех и т. д.) мы придем к разности, имеющей тот
же знак, что и /' At — / А'г Но так как ряд X Л, — / A'v
ZA~ ZA’ ->ZA> — Z4 Z A~ ZA начинается
и кончается одной и той же разностью Z А — Z А’ т0 °®"
щее число перемен знаков в этом ряду должно быть чётным.
Заметим теперь, что так как оба многоугольника АХА2 ... Ап
и А'уА? ... А’а не равны и имеют одну и ту же сумм) углов
(а именно 2d (л— 2)), то невозможно, чтобы все углы пер-
вого многоугольника были не меньше (или не больше) соот-
ветствующих углов второго многоугольника. Таким образом
в нашем ряду разностей обязательно должны быть перемены
знаков; по доказанному выше этих перемен знаков будет не
меньше двух. Остается доказать, что число перемен знаков
не может быть точно два; отсюда будет следовать, ч/то их
не меньше четырех. Предположим противное, а именно, что
в ряду разностей ZA~ZA’ ZA—ZA’-’ ZA~
— X A1 ZA—ZA имеется точно две перемены знаков,
например
ZA-ZA>°.ZA-ZA>°- -.ZA-ZA>°;
ZA+i ZA+i^®’ ••• ’ ZA ZA^
Пусть P и Q—какие-либо точки сторон AnAt и AkAk+l
многоугольника AtA2 ... An; P’ и Q’ — соответствующие точки
сторон A'nA\ и A'iA'/i+1 многоугольника Л'Л^ ... А'п (т. е. та-
кие, что А^Р' = А^Р, A'^Q'= AkQ). Рассмотрим ломаные
72
РЕШЕНИЯ
I»
Черт. 61.
чго проекция отрезка P'Q’ на пр
сумме проекций отрезков Р'А'.
РА{А2 ... AkQ и Р'А’^А'ъ ... A'kQ' (черт. 61, а, б). Все углы пер-
вой из этих ломаных не меньше соответствующих углов вто-
рой ломаной (причем угол Д, больше угла Д^). Мы утверж-
даем, что отсюда следует неравенство PQ^>P'Q'.
Так как многоугольник Р'А\А'2 ... A'kQ' выпуклый, то он
целиком лежит по одну сторону от прямой P'Q'. Среди всех
прямых, проведенных через вершины ломаной Р’А'х... Q' парал-
лельно P'Q', очевидно, найдется прямая т' такая, что много-
угольник Р'А^А^ ... A'kQ' це-
ликом лежит в полосе между
этой прямой и прямой P’Q'
(эта прямая может прохо-
дить сразу через две верши-
ны ломаной Р'А'г Д'... A'kQ'.
т. е. содержать целиком
одну из ее сторон). Пусть
Д' — вершина (или одна
из двух вершин), через ко-
торую проходит прямая т'
(черт. 61, б).
Введем теперь знаки
отрезков прямой т'. А имен-
но, отрезок M'N’ этой пря-
мой будем считать положи-
тельным, если направление
от М' к N' совпадает с на-
правлением от Р' к Q', и
отрицательным в противном
случае (при этом отрезки
M'N' и N'M' будут иметь
разные знаки). Очевидно,
ямую т' (равная P'Q') равна
• AjAj, ... , Д/,_1ДА, AkQ,
взятых с соответствующими знаками (так на черт. 61, б про-
екции отрезков P'A'V А'гА'2 и A'kQ' отрицательны, а проекции
остальных отрезков положительны). Заметим, что величина
проекции отрезка (взятая с соответствующим знаком) равна
РЕШЕНИЯ
73
Й
длине отрезка, умноженной на косинус угла между направ-
лением отрезка и «положительным» направлением прямой т'
(этот угол может быть как острым, так и тупым).
Пусть сторона А'^^А! ломаной образует с прямой т' угол
а' (черт. 61, б), а сторона А'[А'1^_1—угол
Л'= 180°); возможно, что а' = 0 или a'^_j = 0. Про-
ведем через вершину At прямую т, которая образовала бы
со стороной A^At угол az, а со стороной АгА1+г угол az^_z
(см. черт. 61, а), причем так, чтобы
(это возможно, так как Z 180°— (az~|-az+1) $г 180°—
—(a;+«;+1)=z^)-
Обозначим далее углы, которые образуют стороны AZ_2AZ_i
и Лг+1Лг+2с прямой т, а также Д^_2л'г_1 и ^z-j-i^z-j-s с ПРЯ"
мой т соответственно через az_t и az+2, o-t_x и • Так
как внешний угол треугольника равен сумме внутренних, с
ним не смежных, то
az_1 = az+(180°-ZVi);	= +
Но так как az=^a'; ZA-i^Z-^Zi’ т0 “z-i^a'z-i.
Аналогично
ai+2=az+i + (180°—Z^z+i); a!+2 = “Z+l -|-(180o—Z^'+l)’
откуда, так как az+i^az+1, ZA+i^ZZ+ь следует
aZ + 2 <«Z+2-
Обозначим теперь углы, которые образуют стороны РА},
А1А2, A2As, .	.. ,	AkQ	с	прямой т и стороны	Р'А'^
А^А^, А'2А'3>.	.. , А'л_гА*,	A'kQ'	с	прямой т’, соответственно
через «1, а2,	а8, ... , аА,	аА+,	и	а'р aj,, а!,, ... , а^,	.
-Переходя от	пары углов	az_t	a'_t к паре az_2,	за-
тем к паре az_3, a'z_3 и т. д. и от пары az+1, a'^t к па-
ре az-)-2, a'_^2, затем к паре az^3I az_|_3 и т. д., аналогично
74
РЕШЕНИЯ
I»
доказанному выше покажем, что
а1 <Са1> а2 а2’а3 аз>”ч а4 aft> а» + 1^а44-1
(в первом случае у нас стоит строгое неравенство, так как
известно, что X <^' X Отсюда следует, что
cos а. cos a' cos or, cos al,. .., cos afr, < cos a'
*	1’	“	Z’ 1	«+1	A-j-1
Обозначим еще длины сторон РАХ=Р' A'v А1Аа = А'1А'г
ASA3 —А'2А'3,... , Агг_1А/1 = А'/1_1А'1г, AfcQ = A’tQ' ломаных
соответственно через ах, а2, as, ... , ak, ai+i и угол между
PQ и т — через [}. Воспользовавшись тем, что ?длина P'Q'
и длина проекции PQ на прямую т равны сумме длин проек-
ций звеньев ломаной Р'А'ХА'2... A'kQ' на т', соответственно
сумме длин проекций РАХА2... AkQ на т, получим
PQ PQ cos р = ах cos a] а2 cos а2	aft+1 cos ak
Xai cos at-j-a2 cos a2-f-... -|-aA+1 cos aft+1—P'Q',
что нам и требовалось доказать.
Теперь мы находимся уже у самого конца решения за-
дачи. Аналогично проведенному рассуждению можно из рассмо-
трения ломаных QAk+xAk+2. .. АпР и Q'A'^A'^ ... А’пР'
доказать, что P'Q'~^>PQ (напоминаем, что, по предположению,
2 Л+1>^Л+1> 2Л+2^Л*+2, > Z А'п Ап)- Получен-
ное противоречие и доказывает теорему.
Примечание. Решение задачи 9 б) основывается на следую-
щем вспомогательном предложении: если даны две выпуклые лома-
ные PAxA2...AkQ и Р'А'х Аг ... A'f.Q', соответствующие звенья кото-
рых равны и все углы первой ломаной не меньше соответствующих
углов второй ломаной (причем по крайней мере один из углов первой
ломаной больше соответствующего угла второй), то PQ ;> P'Q'. Это
предложение, очевидно, является обобщением известной теоремы
о треугольниках с двумя соответственно равными сторонами (на ко-
торой основывается решение задачи 9 а).
Наиболее естественным доказательством сформулированного выше
предложения представляется следующее. Пусть А,- и А’- — два не
равных между собой соответствующих угла рассматриваемых лома-
ных, / А,- > / А'-. Соединим А, с Р' и Q' (черт. 62, а). Будем те-
перь’ увеличивать угол А'- не меняя многоугольников P'Aj А2 ... А'- и
AiAi-}-i ••A'k так> чт°бы у полученной ломаной угол А', стал
9]
РЕШЕНИЯ
75
равен углу Л,- первой ломаной (черт. 62, б). При этом в силу упомянутой
выше теоремы о треугольниках отрезок P'Q' только увеличится.
Далее таким же образом будем увеличивать последовательно все
остальные углы ломаной Р'Л^Л, ... A'kQ', отличные от соответст-
вующих углов ломаной РА,Аг... AkQ, пока они не сравняются с уг-
лами ломаной PAtA,... AkQ. Таким образом, мы в конце концов пе-
реведем ломаную Р'А^А'2 ... A'^Q' в ломаную РА{А2... AkQ. Так как
у нас при этом отрезок P'Q' будет все время только увеличиваться,
то, следовательно, PQ > P'Q'.
Однако это доказательство имеет один существенный дефект.
Дело в том, что в процессе последовательного увеличения углов
ломаной Р ЛгЛ2... AkQ' мы можем в известный момент превратить
ломаную в невыпуклую, к которой наши рассуждения будут
неприменимы. Так, например, на черт. 63 изображены две трехзвенные
ломаные PA{A2Q и Р’А[ A^Q’; Р'а'1=РА1, A^A', = AlA2, A2Q'=A2Qi
/ Л, < / Л[, ^.А’2<^/,А2. Если мы увеличим угол Л| ломаной
76
РЕШЕНИЯ
[10
P'A^A^Q', сделав его равным углу At ломаной	то мы при-
дем к невыпуклой ломаной P0A1A2Q'; точно так же, увеличив уголЛ^
до величины угла Л2, мы получим невыпуклую ломаную P'A[A^Q0.
Таким образом, в этом случае намеченное выше доказательство ока-
зывается несостоятельным.
Можно уточнить приведенное доказательство, устранив сделан-
ное возражение (см„ например, Ж. А д а м а р, Элементарная геометрия,
ч. 2, М. — Л., Учпедгиз, 1951, стр. 286—292 или Л. А. Л ю с т е р н и к,
Выпуклые тела, Гостехиздат, 1941, стр. 44—51). Однако полученное
на таком пути решение задачи 9 б) значительно сложнее приведен-
ного в настоящей книге.
Французский математик О. Коши, которому принадлежит тео-
рема задачи 9 б), не заметил, что приведенное в настоящем приме-
чании доказательство является дефектным. Ошибка Коши была ис-
правлена много позже другими математиками.
Черт. 64.
10. Пусть ЛВС — данный равносторонний треугольник,
АВ'С'-—треугольник, симметричный с ним относительно точ-
ки А (черт. 64, а). По стороне ВС треугольника катится
окружность; О — ее центр в некотором положении, К — точка
касания стороны ВС с окружностью. Стороны АВ и АС вы-
секают на окружности дугу MN. Проведем прямую ОА.
Она является осью симметрии фигуры. Следовательно, АВ' и
АС' высекают на окружности дугу M'N', равную дуге MN.
Так как угол А, содержащий 60°, измеряется полусуммой
дуг AW и 7WW', то каждая из этих дуг содержит по 60°.
Далее, угол между хордой AW и касательной к окруж-
ности в точке М или N равен 30°. Значит, чтобы показать,
что заштрихованная на чертеже линза остается все время
внутри треугольника АВС, достаточно показать, что углы
и J	РЕШЕНИЯ	77
AMN и ANM остаются все время не меньше 30°. Но, как
легко видеть, при движении окружности эти углы изменяются
от 30 до 90° (черт. 64, б и 64, в). Отсюда следует, что
линза не может выйти за пределы треугольника АВС.
11. Самая простая кривая, отличная от окружности, кото-
рая обладает требуемым свойством, изображена на черт. 65.
Она состоит из двух равных дуг
окружности, содержащих по 120°;
радиус дуг равен стороне треуголь-
ника. Треугольник АВС, изображен-
ный на черт. 65, может вращаться
вокруг вершины А, так что вершины
В и С его скользят по кривой.
Когда вершина В займет положе-
ние С, а вершина С — положение D,
треугольник АВС можно начать вращать вокруг вершины В
(совпавшей с точкой С), пока он снова не примет первона-
чальное положение (только теперь вершина А займет положе-
ние В, вершина В — положение С и вершина
С — положе-
Черт. 66.
ние Л). Затем его сно-
ва можно поворачивать
вокруг вершины, со-
впавшей с точкой А,
и т. д.
Примечание. Мо-
жно указать общий ме-
тод, при помощи кото-
рого можно построить
сколь угодно много кри-
вых, обладающих требуе-
мым свойством. Будем
равномерно поворачивать
равносторонний треуголь-
ник АВС вокруг его
центра О и одновременно
как-то двигать центр О.
Если движение центра —
периодическое и за то
время, в течение которого
треугольник поворачивается на 120°, центр приходит в прежнее поло-
жение, то все вершины треугольника опишут одну кривую. Нетруд-
но добиться, чтобы эта кривая была несамопересекающейся и, еле-
78
РЕШЕНИЯ
|12
довательно, удовлетворяла всем условиям задачи. Так, например,
на черт. 66 изображена кривая, которую описывают вершины равно-
стороннего треугольника, вращающегося вокруг центра, в то время
как центр равномерно двигается вверх и вниз по отрезку прямой
(треугольник поворачивается на 60° за то время, в течение какого
центр проходит рассматриваемый отрезок в одном направлении).
Если центр равномерно двигается по кривой, подобной изображен-
ной на черт. 65, но составленной из дуг окружностей, радиус кото-
рых равен -к- высоты треугольника, причем центр описывает всю
О
кривую за то время, в течение которого треугольник поворачивает-
ся на 120°, то вершины треугольника опишут кривую черт. 65.
12. Треугольник имеет три точки касания со вписанной
окружностью, а квадрат — четыре. Поэтому хотя бы между
одной парой точек касания окружности с треугольником ле-
жат две точки касания окружности с квадратом. Следова-
тельно, хотя бы один «угол» квадрата]) лежит весь внутри
треугольника. Рассмотрим теперь отдельно два возможных
случая.
1° Пусть внутри треугольника лежат два угла квадрата
(черт. 67, а). В этом случае решение задачи очевидно —
, 1 । 1 >
внутри квадрата лежит более — = — периметра тре-
угольника.
2° Пусть только один угол квадрата лежит внутри тре-
угольника (черт. 67, б}. Тогда остальные три «угла» частично
лежат вне треугольника. Покажем, однако, что при этом
более трети каждого «угла» лежит внутри треугольника.
Очевидно, DM=DN\ /\DKL — прямоугольный;
KL = КР-\- PL — KN-Y LM
(см. черт. 67, б). В прямоугольном треугольнике гипотенуза
больше каждого из катетов, следовательно,
DK < KN-\-LM, DL < LM-^-KN.
Складывая эти неравенства, получаем:
2(A/W +W)>DZ.4-D^ LM-\-KNy^^.
!) «Углом» квадрата мы условимся здесь для краткости называть
совокупность двух отрезков соседних сторон квадрата от общей вер-
шины до точек касания с окружностью. Очевидно, что длина каж-
дого такого «угла» равна 1/4 периметра.
РЕШЕНИЯ
79
Но так как сумма (LM-^KN)-}-(DL-Y-DK) равна «углу»
квадрата, то из последнего неравенства следует, что сумма
LM-\-KN больше трети «угла».
Отсюда вытекает, что часть периметра квадрата, находя-
,	1 I о (1	1 \	1
шаяся внутри треугольника, больше чем -j--f-3 (-х- • -j-)
4 у о 4 / z
периметра квадрата, что и тре-
бовалось доказать.
13. Перевернем треуголь-
ник АВС, положив его на пло-
скость другой стороной (черт.
68). Полученный треугольник
А'В'С будет, очевидно, сим-
метричен исходному, т. е. бу-
дет иметь те же стороны и
углы, что и треугольник АВС,
однако порядок следования сто-
рон (или углов) при обходе
контура треугольника в определенном направлении (например,
против часовой стрелки) будет уже иным. Задача заключается
80
РЕШЕНИЯ
{13
в том, чтобы разрезать треугольник А'В'С' на части, из
которых можно сложить исходный треугольник АВС.
Ясно, что равнобедренный треугольник (и только равно-
бедренный треугольник!) можно наложить на ему симметрич-
ный (черт. 69). Поэтому если
Черт. 69.
А’В’С либо
на два треугольника,
исходный треугольник равно-
бедренный, то перевернутый
треугольник А'В'С вообще
не надо разрезать на части:
его можно наложить на тре-
угольник АВС.
Выясним теперь, для ка-
ких неравнобедренных тре-
угольников можно обойтись
одним разрезом. Один раз-
рез разбивает треугольник
либо на треугольник и
четырехугольник. Посмотрим, в каких случаях из этих частей
можно сложить первоначальный треугольник.
А. Пусть разрез A’D’ разбивает неравнобедренный тре-
угольник А'В'С на два треугольника A'D'B' и A'D'C
(черт. 70, а). Рассмотрим все возможные случаи, когда
из этих частей, сложенных иначе, можно образовать другой
треугольник (при этом следует иметь в виду, что, передви-
гая треугольники A'D’B' и A'DC, мы не должны перевора-
чивать их на другую сторону).
1° Для того чтобы, приложив сторону А'В' треугольника
A'B'D' к стороне А'С треугольника А'С D', мы получили
новый треугольник, надо прежде всего, чтобы было
А'В' = А'С.
Но это противоречит тому, что треугольник А'В'С нерав-
нобедренный.
2° Для того чтобы, приложив сторону А'В' треугольника
A'B'D' к стороне D'A' треугольника A’D'C, мы получили
треугольник, надо чтобы имели место равенства
A'B' = A'D' и /_В'A'D' /_A'D'C
(черт. 70, б): из последнего вытекает, что /В'А'Р’ = /В'Р'А',
B>A — B'D'. Следовательно, треугольник A'B'D' будет
13]
РЕШЕНИЯ
81
равносторонним (А'В' — A'D' = B'D') и полученный в ре-
зультате треугольник будет совпадать с А’В'С. Так как
треугольник А'В'С — не равнобедренный, то из последне-
го результата следует, что в рассмотренном случае из
частей A'B'D' и A'CD' нельзя сложить исходного треуголь-
ника АВС.
Точно так же рассматривается случай, когда треугольник
A'B'D' прикладывается к A’CD’ так, что стороны A'D' и
С А' совпадают.
3° Для того чтобы, приложив сторону А'В' треугольника
A’B'D' к стороне D’C треугольника A'D'C, мы получили
новый треугольник, надо чтобы было А'В’ — D’C и £В'-\-
Ч- X A'D'C' —180°. Но из последнего равенства следует
82
РЕШЕНИЯ
[13
ХВ'= X B'D'А', А'В' = A'D'; таким образом, мы имеем
А'В' = A'D' = D'C' (черт. 70, в). Отсюда, очевидно,
Z С A'D' = ,/С',	£&=£ B'D'A' = С + / D'AC,
т. е. X В' = 2 X С. Кроме того должно быть / В' 90°
(иначе было бы невозможно существование равнобедренного
треугольника A'B'D' с двумя углами, равными В'). Таким обра-
зом, углы исходного треугольника АВС (симметричного тре-
угольнику А'В'С) должны удовлетворять условиям /В=2/С,
Х.В<^90°.
Легко видеть, что если эти условия выполняются, то тре-
угольник А'В'С можно одним разрезом разбить на части, из
которых можно сложить треугольник АВС (треугольник АС В1
на черт. 70, в будет симметричен треугольнику А'В'С').
Точно так же рассматривается случай, когда треугольник
A B'D' прикладывается к A'C'D' так, что стороны B'D' и
АС совпадают.
4° Для того чтобы, приложив сторону B'D' треугольника
A'B'D' к стороне D’A' треугольника A'D'C, мы получили
новый треугольник (черт. 70, г), надо, чтобы было B'D' =
— D'A', X В' X A'D'C — 180°. Но из последнего равен-
ства следует / В' = / В'Р'А, А В'= A'D'; таким обра-
зом, мы снова приходим к выводу, что треугольник A'B’D' —
равносторонний и полученный перекладыванием треугольник
совпадает с А'В'С (ср. со случаем 2°).
Точно так же рассматривается случай, когда треугольник
A'B'D’ прикладывается к треугольнику A'D'C' так, что сто-
рона AD' совпадает с D'C.
5° Наконец, для того чтобы, приложив сторону B'D'
треугольника A'B'D' к стороне C’D' треугольника A'C'D',
мы получили новый треугольник, надо, чтобы было B’D’=
= C'D' (черт. 70, д). При этом полученный треугольник А'В"С
будет иметь те же стороны, что и треугольник А'В'С' лишь
в том случае, если А’В"~В'С. Нов этом последнем случае
A’D' — B'D' = C'D', т. е. точка D' будет центром описанной
вокруг А'В'С окружности и угол А треугольника будет пря-
мым (как опирающийся на диаметр описанной окружности).
Легко видеть, что если исходный треугольник ЛВС—прямо-
угольный, то симметричный ему треугольник А'В'С всегда
можно одним разрезом разбить на части, из которых можно
сложить треугольник АВС.
13]
РЕШЕНИЯ
83
Б. Пусть теперь разрез D'E' разбивает неравнобедренный
треугольник А'В'С' на четырехугольник A'D'E'B' и треуголь-
ник СD'E' (черт. 71, а). Рассмотрим и здесь все случаи,
когда из этих частей, сложен-
ных иначе, можно снова обра-
зовать треугольник.
1° Если, приложив тре-
угольник C’D’E' какой-либо из
сторон D'C, С'Е' к стороне D’E'
четырехугольника A'D'E'B', мы
и получим треугольник, то он
наверное будет совпадать с тре-
угольником А'В'С', т. е. таким
способом мы не можем соста-
вить исходного треугольника
АВС.
2° Так как сумма углов
четырехугольника A'D'E'B' при
вершинах А' и В' меньше 180°,
то сумма углов при вершинах
Е' и D' больше 180° и мы не
сможем получить никакого тре-
угольника, прикладывая тре-
угольник C'D'E' к стороне А'В'
четырехугольника.
3° Так как сумма углов
А' и С треугольника меньше
180°, то даже если C'D'=A'D',
мы не сможем получить ника-
кого треугольника, приклады-
вая треугольник C'D'E' сторо-
ной CD' к стороне A'D’ че-
тырехугольника A'D'E'B'.
Точно так же мы не сможем получить треугольника, при-
кладывая сторону С'Е’ треугольника C'D'E' к стороне В'Е'
четырехугольника A'D'E'B'.
4° Если, приложив треугольник C'D'E' стороной C'D’ к
стороне Е'В’ четырехугольника A’D'E'B', мы получим тре-
угольник (черт. 71, б), то должно быть CD'=E'B',
/ C'+Z^'£'B'=180°, ^/С'О'£'+/В'=180о. Второе из
84
РЕШЕНИЯ
[13
этих равенств означает, что / С— / С'Е'Р'-. из третьего
вытекает /_В'=/_А'Р'Е'=/_ С-//_ С'E'D'= 2^/С'. Лег-
ко видеть, что если треугольник АВС таков, что / В = 2/ С,
то треугольник А’В’С можно разрезать указанным способом
на две части, из которых можно сложить треугольник АВС
(треугольник A’D'C" на черт. 71, б симметричен А'В'С}.
Точно так же разбирается случай, когда треугольник
CD'E' прикладывается стороной СЕ' к стороне A'D' четы-
рехугольника A'D’E'B’.
5° Наконец, если, приложив треугольник CD'E' сторо-
ной D'E' к стороне Е'В' четырехугольника A'D'E'B', мы по-
лучим треугольник (черт. 71, в), то должно быть D'E'=E'B',
/C'D'E'-^ /_D'E'B'= 18°°, /C'E'D’-/ /_В'= 180°. Из
второго равенства вытекает / CD’E'= /_C'E'D'- из третьего
,	। 180° — / С . ог,0	/ п' Z.C ппо и
/_В-\-------— — 180 или /_В —	= 90 °. Легко
/ С
видеть, что если треугольник АВС таков, что /В—- — =90°,
то треугольник А’В’С' можно разрезать указанным способом
на две части, из которых можно сложить треугольник АВС
(треугольник A'D’C" на черт.
Точно так же разбирается
71, в симметричен А В С ).
случай, когда треугольник
CD’E' прикладывается сто-
роной D’E' к стороне A'D’
четырехугольника A'D'E'B'.
Таким образом, одним
разрезом можно обойтись
только в тех случаях, если:
1) в треугольнике АВС
один из углов равен удво-
енному другому (черт. 71, б}-, при этом если этот угол тре-
угольника острый, то разрез можно произвести двумя спосо-
бами (черт. 71, б и 70, в);
2) треугольник АВС прямоугольный (черт. 70, д);
3) в треугольнике АВС один угол тупой и превышает 90°
на половину другого угла (черт. 71, в).
Во всех остальных случаях можно обойтись двумя разре-
зами. Доказать это совсем просто. Пусть В'Р' (черт. 72)
есть высота треугольника А'В'С', проходящая внутри тре-
угольника (у каждого треугольника есть хотя бы одна такая
14—15]	решения	85
высота). Разрежем треугольник А'В'С по медианам P'D' и
Р'Е' треугольников А'Р'В' и СР'В' и приложим треугольник
A'D'P' стороной D'A' к стороне D'B' четырехугольника
D'B'E'P', а треугольник СЕ'Р' стороной С'Е' к стороне В'Е'
этого же четырехугольника. Мы получим треугольник Р'Р'Р"'t
симметричный А'В'С.
14.	Середины Mlt М2, Л18_отрезков AAlt BBlt ССг (черт. 73)
лежат на средних линиях MX, NP и МР треугольника АВС,
параллельных соответственно сторо-
нам ВС, АС и АВ и притом не на
концах этих средних линий (иначе
одна из точек Alt Blt С1 совпала бы
с одной из вершин треугольника
АВС). Средние линии треугольника
АВС сами составляют треугольник.
Но никакая прямая, не проходящая
через вершины треугольника, не пе-
ресекает одновременно все три его
стороны. Поэтому точки Л11, 7Й2, 7И3,
которые лежат на сторонах (но не
в вершинах) треугольника, состав-
ленного из средних линий треугольника АВС, не могут ле-
жать на одной прямой.
15.	В решении этой задачи мы будем для удобства на-
зывать вершину Z параллелограмма OXZY суммой точек
X и Y и писать в этом случае Z — X-{-Y (т. е. будем здесь
считать, что точки плоскости складываются по правилу па-
раллелограмма, аналогично векторным величинам; см. приме-
чание к условию задачи).
Прежде всего отметим, что вид фигуры Ф, которую за-
полняют точки Z, не зависит от выбора точки О. Действи-
тельно, обозначим через 5 середину отрезка XY, где X есть
точка треугольника ABC, a Y — точка треугольника DEF
(черт. 74). Легко видеть, что если Z — X-\-Y, то OZ = 2OS.
Отсюда следует, что фигура Ф, заполняемая точками Z, по-
добна фигуре Ф', заполняемой точками S—серединами все-
возможных отрезков XY—с коэффициентом подобия 2 (и цен-
тром подобия О). Таким образом, фигуры ф, получаемые при
86
РЕШЕНИЯ
[15
различных выборах точки О, все будут подобны с одним и
тем же коэффициентом подобия одной и той же фигуре Ф'.
Следовательно, и форма и размеры фигуры Ф будут одни и
те же, как бы мы ни выбирали точку О.
Учитывая предыдущее замечание, мы можем считать, что
точка О совпадает с вершиной А треугольника АВС. Выбе-
рем теперь произвольную точку треугольника DEF и со-
ставим всевозможные суммы Z = Ar-|-K0, где X пробегает
все точки треугольника АВС (черт. 75, а). Нетрудно видеть,
что в результате мы получим тот же треугольник АВС,
только перенесенный параллельно таким образом, что вер-
шина А перешла в точку Yo. Если теперь параллельно пере-
нести треугольник АВС всевозможными способами так, чтобы
вершина А совпадала с каждой точкой Y треугольника DEF,
то фигура, заполненная всеми этими треугольниками, и будет
искомой.фигурой Ф (черт. 75, б).
Рассмотрим теперь внимательней ту фигуру Ф, которая
получится в результате описанного построения. Для простоты
мы сначала будем считать, что треугольники АВС и DEF
не имеют параллельных сторон. Очевидно, для того чтобы
определить границу фигуры Ф, достаточно обнести треуголь-
ник АВС так, чтобы вершина А описывала контур треуголь-
ника DEF. При этом; когда вершина А двигается по сторо-
не EF треугольника DEF, переносимый треугольник заметет
15]
РЕШЕНИЯ
87
фигуру EB'C'C'F, заштрихованную на черт. 75, б. Составив
теперь аналогичные фигуры C'B"B"'DC"' и C'"DEB'C, кото-
рые заметет переносимый треугольник при движении верши-
ны А по сторонам FD и DE, мы убедимся, что фигура Ф
будет представлять собой шестиугольник DEB'C'C'C”'
(черт. 75, в), стороны которого равны и параллельны сторо-
нам треугольников АВС и DEF (ЕВ’ АВ, В'С # ВС,
C"'D.Q СА-, С С EF, С"С" # FD). Периметр шестиугольни-
88
РЕШЕНИЯ
|16
ка DEB'C'C'C" равен, очевидно, сумме периметров треуголь-
ников АВС и DEF.
В том случае, когда треугольники АВС и DEF имеют
пару параллельных сторон {АВ || DE, черт. 76, а), причем
Черт. 76.
треугольники лежат по одну
сторону от этих сторон, фигура
ф будет представлять не ше-
\ стиугольник, а пятиугольник,
п одна сторона которого равна
сумме этих параллельных сто-
I рон (черт. 76, а); если таких
I пар параллельных сторон будет
д" две или три, то Ф будет являть-
ся четырехугольником (черт.
76, б) или треугольником (черт.
76, в). Периметр Ф во всех
случаях будет равняться сумме
периметра треугольников АВС
и DEF. Предоставляем читате-
лям более подробно разобрать
эти случаи.
Примечание. См. также
цитированную в примечании к за-
даче книгу И. М. Яглома и
В. Г. Болтянского, в которой
имеется полное доказательство
важной теоремы, обобщающей
предложения, которые составляют
содержание настоящей задачи.
16.	Отметим прежде всего,
что путь из точки А в точку В,
определяемый по правилам,
указанным в условии задачи,
равен разности AM — ВМ длин
/д и tB касательных, проведен-
ных к окружности в точках А
и В (черт. 77, а, б).
Пусть теперь весь путь совершается по замкнутой лома-
ной с последовательными вершинами в точках А, В, С, L
(с,м. черт. 6 на стр. 12). Если длины касательных к окруж-
17]	решения	89
ности в точках А, В, С, ..., К, L обозначить соответствен-
но через iA, tB, tc, . .., tK, tL, то согласно сделанному за-
мечанию длина общего пути по ломаной будет равна
~Н(в — У + • • ' +	tA> = ^<
что и требовалось доказать.
Черт. 77.
17.	а) Пусть А — самая левая (или одна из двух самых
левых) из наших пяти точек !) (черт. 70, а). Проведем через
А вертикальную прямую и будем вращать ее, пока она не
пройдет еще через одну из наших точек — точку В. Затем
будем продолжать вращать прямую АВ в том же направлении
вокруг В, пока она не пройдет через третью точку С; затем
будем вращать в том же направлении прямую ВС вокруг С
и т. д. Окончательно мы получим выпуклый многоугольник,
внутри которого расположены все наши точки. При этом
возможны следующие случаи:
1° Пять точек являются вершинами выпуклого пятиуголь-
ника (черт. 78, а); тогда любые четыре из них являются
вершинами выпуклого четырехугольника.
!) To-есть через А можно провести прямую («вертикаль») так,
что все точки лежат по одну сторону от нее (ср. с подстрочным
примечанием на стр. 68).
90
РЕШЕНИЯ
[17
2° Четыре точки являются вершинами выпуклого четы-
рехугольника, а пятая лежит внутри этого четырехугольника
(черт. 78, б}.
3° Три точки А, В и С являются вершинами треуголь-
ника, а точки D и Е лежат внутри треугольника (черт. 78, в).
Пусть прямая DE пере-
секает, например, сторо-
ны АВ и АС треугольника
АВС; тогда, очевидно,
четырехугольник DEBC
является выпуклым.
б) Соединим точку А3
с точками Ait Ад, А3, А4.
При этом квадрат ра-
зобьется на четыре тре-
угольника А^Ад, Л 2Л8 Л 9,
А3А4А9, A4AtAg. Допустим
сначала, что в одном из
этих треугольников (пусть
это будет для определен-
ности треугольникА^Ад)
Черт. 78.	не содержится ни одной
из точек Ад, Ав, Av А8
(черт. 79, а) (заметим, что так как никакие три точки не
лежат на одной прямой, то точки Ад, Ав, А7, Аа не могут
лежать на сторонах треугольников). Какая-то одна сторона
четырехугольника А6АвА7А8 пересекает треугольник AtA2Ag;
пусть это будет, например, сторона АВА6. В этом случае точки
Alt Ад, Ад, Ав, А2 являются вершинами выпуклого пятиугольника.
Действительно, мы можем предположить, что точки у нас
занумерованы так, что вершина Ад лежит в треугольнике
AjAgA*. Тогда углы AgAtAg и AjA2Ae меньше углов квадра-
та, т. е. острые, каждый из углов AtAgA9 и А9Л6Л2 меньше
180°, ибо точки Ад и Ад расположены вне треугольника
AtA2Ag. Наконец, и угол Л8Л9Лв меньше 180°, так как точка
Л9 лежит вне выпуклого четырехугольника AiABAeA2. Таким
образом мы видим, что все углы пятиугольника AjAgAgAgAg
меньше 180°, отсюда следует, что этот пятиугольник выпуклый.
Рассмотрим теперь случай, когда в каждом из треуголь-
ников AjAgAg, A2AsAg, АдАдАд и А4АгАв имеется одна вер-
18)
РЕШЕНИЯ
91
шина четырехугольника ЛВЛ6Л7Л8 (черт. 79, б). Возьмем две
вершины этого четырехугольника, лежащие в несмежных
треугольниках, например, точки Лв и Л7, лежащие соответ-
ственно в треугольниках Д1Л2Лд и А3Д4И9. Соединим их между
собой и соединим точку Ав с At и с А2 и точку Л7 с As и
с Л4. Точка /19 лежит в одном из четырехугольников AlABAJAi
Черт. 79.
или Д2Л3Д7Л5. Пусть, например, она лежит в четырехуголь-
нике Д2/1бЛ7Д3. Тогда пятиугольник Д]/15Л9Д7/14, как легко
видеть, выпуклый; доказательство этого аналогично доказа-
тельству того, что на черт. 79, а пятиугольник А!АвА9АвА2
выпуклый.
18.	Первое решение. Очевидно, что если три точ-
ки А, В и С являются вершинами тупоугольного (или прямо
угольного) треугольника, то наименьший круг, заключающий
эти три точки, имеет диаметром наибольшую сторону треуголь-
ника АВС (черт. 80, а). Покажем, что если точки А, В и
С являются вершинами остроугольного треугольника, то наи-
меньшим содержащим их кругом будет круг, описанный во-
круг треугольника АВС.
Действительно, пусть К\—произвольный круг, содержа-
щий вершины А, В и С остроугольного треугольника, и Ог
есть центр этого круга (черт. 80, б), Докажем, что радиус
круга Ki больше, чем радиус круга К, описанного вокруг
АВС. Пусть О — центр круга К. Точка Ох лежит внутри
92
РЕШЕНИЯ*
[18
(или на стороне) одного из трех углов АОВ, ВОС и СОА.
Пусть для определенности она лежит внутри (или на стороне)
угла АОС. Если точка Oj лежит на продолжении ВО, то,
очевидно, 0}В^>0В, откуда и следует требуемое. Если точка
Ох не лежит на продолжении ВО, то она лежит внутри (или
на стороне, отличной от ВО) одного из углов АВО л СВО.
Пусть для определенности это будет угол СВО. Соединим
Черт. 80.
точку с точками А, О и В. Из двух углов AOOi и BOOj
по крайней мере один тупой (так как угол АОВ меньше
180°, ибо треугольник АВС—остроугольный, то ^/AOOf]-
-|- XВОР, ~> 180°). Пусть, например, угол ВОО^—тупой.
Тогда в треугольнике ВООХ сторона ВО меньше стороны ВОХ,
откуда и следует требуемое.
Пусть теперь А, В, С—такие три из данных нам точек,
что наименьший содержащий их круг /С не
меньше, чем наименьший круг, содержащий
какие-нибудь другие три из наших точек. Мы
утверждаем, что все остальные точки лежат йнутри круга К;
отсюда уже сразу следует предложение настоящей задачи.
Допустим, что это не так: пусть одна из наших точек (обо-
значим ее D) лежит вне К. Рассмотрим два случая:
1° Треугольник АВС — тупоугольный или прямоугольный
(черт. 81). Пусть для определенности С—вершина тупого
(прямого) угла; тогда К есть круг, для которого АВ является
181
РЕШЕНИЯ
93
диаметром. Если точки А, В и D лежат на одной прямой
(черт. 81, а), то, очевидно, наименьший содержащий их круг
имеет диаметр AD^> АВ, что противоречит нашему предпо-
ложению относительно точек А, В и С. Если точки А, В, D
образуют остроугольный треугольник (черт. 81, б), то наи-
меньший содержащий их круг есть описанный круг, а его
диаметр превосходит любую из сторон, в частности, прево-
сходит АВ, что снова противоречит нашему предположению.
Если же, наконец, треугольник ABD тупоугольный или пря-
моугольный (черт. 81, в), то так как угол при вершине D
Черт. 81.
обязательно острый (иначе D не может лежать вне круга К),
то, следовательно, сторона, лежащая в этом треугольнике
против тупого (или прямого) угла, больше АВ. Радиус же
наименьшего круга, содержащего точки А, В, D, равен по-
ловине этой стороны, и мы снова приходим к противоречию.
2° Треугольник АВС — остроугольный (черт. 82). Най-
дется такая сторона этого треугольника, что треугольник
АВС и точка D находятся по одну сторону от прямой, на
которой лежит эта сторона. Пусть для определенности это
сторона АВ.
Точка D лежит внутри (или на стороне) одного из трех
углов CAB, СВА и угла, вертикального с углом АСВ. Если
имеет место один из первых двух случаев, например, если D
лежит внутри (или на стороне) угла САВ (черт. 82, а), то
соединим точку D с точкой А прямолинейным отрезком.
Пусть Е есть вторая точка пересечения AD с окружностью
94
РЕШЕНИЯ
[18
круга К. Если АЕ есть диаметр круга К, то AD больше
диаметра круга К, и круг, содержащий А и D, не может
быть меньше К, т. е. мы приходим к противоречию. Если же
АЕ не есть диаметр К, то центр К лежит внутри одного из
треугольников АЕС и АЕВ и, значит, один из этих треуголь-
ников (пусть это, например, АЕВ) остроугольный. Пусть D’
такая точка отрезка ED, что и треугольник AD’B остроуголь-
ный, т. е. угол ABD’ острый (в частности, точка D' может
и совпадать с D). Наименьший круг, содержащий треуголь-
ник AD’B, есть описанный круг, но этот круг имеет радиус,
больший, чем круг, описанный вокруг треугольника АЕВ,
т. е. чем К (это следует из того, что в этом круге на сто-
18)
РЕШЕНИЯ
95
рону АВ опирается меньший угол). С другой стороны, вся-
кий круг, содержащий точки A, D, В, содержит также и
точки A, D', В, т. е. мы снова пришли к противоречию.
Нам осталось еще рассмотреть случай, когда точка D
лежит внутри (или на стороне) угла, вертикального с углом
АСВ (черт. 82, 0). В этом случае соединим точку D с А и В;
хоть один из углов DAB или DBA будет острым; пусть,
например, угол DAB острый. Пусть Е—точка пересечения
отрезка DA с окружностью круга К. Треугольник АЕВ остро-
угольный (/ ЛЕВ = / АСВ, / ЕВА<С / СВА и / ЕАВ
острый по предположению). Дальше повторяются вышепри-
веденные рассуждения.
Второе решение. Пусть С—какая-либо окружность,
внутри которой заключаются все п точек (черт. 83). Будем
последовательно уменьшать эту окружность. Прежде всего,
если окружность С не содержит ни одной из наших точек,
то мы можем заменить ее меньшей окружностью Ct, концент-
рической с С и прохотящей через какую-то из наших точек А
(А есть та из точек, которая расположена дальше других
96
РЕШЕНИЯ
[19
от центра окружности С). Далее, если окружность Cj со-
держит единственную точку А из числа наших я точек, то
мы можем заменить ее меньшей окружностью С2, проходящей
через ту же точку А и еще через одну точку В; центр О2
окружности С2 лежит на прямой 0{А, где О,— центр Сг
(В есть та из наших точек, для которой перпендикуляр к
середине АВ пересекает 0{А в наиболее близкой к точке).
Наконец, если окружность С2 содержит только две точки А
и В из числа наших я точек, причем эти две точки н е
лежат на концах одного диаметра окружности С2,
или если С2 содержит больше двух точек, но на этой окруж-
ности имеется дуга АВ, большая полуокружности и
свободная от точек нашей совокупности, то эту окружность
можно еще уменьшить, заменив ее новой окружностью С3,
проходящей через те же точки А и В и еще через одну
точку Н (Н есть та из наших точек, для которой перпенди-
куляр к середине АН пересекает перпендикуляр к середине
АВ в наиболее близкой к О2 точке). Если окружность С3
еще имеет дугу, большую полуокружности, свободную от
наших точек, то эту окружность можно заменить еще меньшей
при помощи такого же приема, и т. д.
Окончательно мы заключаем, что среди всех окружностей,
заключающих внутри себя наши я точек, можно найти такую
окружность 5, для которой две из наших точек А и В
являются концами одного диаметра, или такую, которая опи-
сана вокруг остроугольного треугольника ABD, образованного
тремя из наших точек. Но так как точки А, В или соответ-
ственно точки А, В, D по условию задачи можно заключить
внутрь окружности радиуса 1, то эта окружность 5 не мо-
жет иметь радиус, больший 1 (здесь используется то, что
из всех окружностей, заключающих внутри себя три точки,
являющиеся вершинами остроугольного треугольника, описан-
ная вокруг этого треугольника окружность является наимень-
шей; см. начало первого решения задачи).
19.	Пусть AiBx, fijQ, С^! — средние линии треуголь-
ника АВС. Назовем соответствующими стороны тре-
угольников	и PQR, концы которых расположены на
сторонах одного и того же угла треугольника АВС. Тогда
могут представиться два случая: либо найдется пара непе-
18]
РЕШЕНИЯ
97
ресекающихся соответствующих сторон, например PQ и CtAv
т. е. PQ целиком лежит внутри треугольника С}ВА1 (черт. 84, а)
или внутри трапеции АСА}СХ (черт. 84, <5), либо все соответ-
ствующие стороны попарно пересекаются (черт. 84, в). При
этом, если PQ целиком лежит внутри трапеции ACArCt и,
например, R лежит на отрезке АВ}, то PR лежит внутри
треугольника АС^ (черт. 84, б); если R лежит на отрезке
Черт. 84.
ВХС, то QR лежит внутри треугольника ВгА{С. Поэтому
остается рассмотреть только два случая: либо найдется сто-
рона вписанного треугольника, например PQ, лежащая внутри
соответствующего треугольника	либо все соответст-
вующие пары сторон треугольников PQR и A1BiC1 пересе-
каются.
Рассмотрим сначала первый случай (черт. 84, а). Легко
видеть, что SBPq	Действительно, соединим В с R-,
пусть BR пересекает PQ и СгАг соответственно в точках А/
и Тогда, если BH^_ PQ и RH{ | PQ, то
$bpq ll2PQ-BH вн
s^^MzPQ-RP^Rffi ’
98
РЕШЕНИЯ
119
BN BN, , , я . „
а это последнее отношение равно ттп < гу-ь = 1 (ибоА,С,—
к NR NtR '	1 1
средняя линия треугольника).
Поэтому
SpQB 1
SpQR
что и требовалось доказать.	•
Рассмотрим теперь второй случай (черт. 84, з). Если PQ
пересекает CiAit то либо ВР<^ВСг=-^ В А, либо BQ <^ВАГ=
— ВС; пусть для определенности ВР<^ ВА. Прямая PQ
пересекает продолжение АС в такой точке К, что С лежит
между К и А. Из того, что ВР<^ ВА, следует, что
AR<^^ АС, ибо в противном случае QR и не имели
бы общих точек. Значит, на прямой КС имеем следующий
порядок точек: К, С, Blt R, А. Отсюда следует, что
Sqpr Sqpb„
так как при общем основании PQ высота RH2 треугольника
PQR больше высоты В}НХ треугольника B{PQ (ибо точка R
дальше отстоит от вершины К угла РКА, чем Вх). Точно
так же найдем, что
Sqpb, Sa,pb„
Sa,pb, = SAic,b, = 4- SABC.
Из сопоставления полученных неравенств найдем, что
SpQR > 4" $АВС’
вследствие чего
^arp 4“ Scqr 4“ Sbpq < ~4 ^авср
Из трех слагаемых в левой части хотя бы одно не больше 1/45АВС
и, следовательно, меньше Срдр, что и требовалось доказать.
20]
РЕШЕНИЯ
99
20.	Докажем предварительно следующее. Пусть в прост-
ранстве даны две прямые а и Ъ. Из трех последовательных
точек At, А2, А3 прямой а опущены перпендикуляры А1В1,
АгВ2, А2В2 на прямую Ь. Тогда А2В2 меньше одного из двух
отрезков и ASB„. Действительно, проведем через прямую
b плоскость М, параллельную прямой а (черт. 85). Пусть
Ai, Аг, Аз — проекции соответственно точек Аъ А2, А3 на
плоскость М. На основании теоремы о трех перпендикулярах
заключаем, что отрезки AjBt, а'2В2, А’зВ2 все перпендику-
лярны к Ь. Так как отрезок А2В2, очевидно, меньше одного
из двух отрезков AiB}, А3В3, то отрезок А2В2 меньше одного,
из двух отрезков А^, А2В2, что и требовалось доказать.
Переходим теперь к решению поставленной задачи.
1° Пусть в треугольной пирамиде (тетраэдре) ABCD се-
чение RCD проходит через ребро CD (черт. 86, а). В тре-
угольниках ACD, RCD, BCD при общем основании CD вы-
соты, опущенные на эту сторону, суть перпендикуляры,
100
РЕШЕНИЯ
[21
рассмотренные выше. Так как R лежит между А и В, то
SrCD меньше площади одного из треугольников ACD и BCD.
2° Рассмотрим теперь какое-нибудь сечение APR тетра-
эдра ABCD плоскостью, проходящей через одну его вершину,
например А (черт. 86, б). Соединим точку Р с противолежа-
щей вершиной D треугольника BCD. Тогда в тетраэдре
PABD треугольное, сечение PAR проходит через его ребро
АР. Поэтому либо SpAR SPAB, либо SpAB SApD. В первом
случае имеем SpAR <С SABC, так как Д РАВ есть часть тре-
угольника АВС. Во втором случае, применяя к сечению ADP
тетраэдра ABCD результат п. 1°, находим, что SApD меньше
площади одной из граней ACD или ABD, поэтому и подавно
то же имеет место по отношению SpAR. Итак, наше утвер-
ждение доказано и для этого вида треугольных сечений.
3° Рассмотрим, наконец, сечение PQR наиболее общего
вида (черт. 86, в). Произвольную вершину Р треугольника
PQR, лежащую на некотором ребре АС тетраэдра, соединим
с концами В и D противоположного ребра BD. По доказан-
ному в п. 2° находим, что SPQR меньше площади хотя бы
одной грани тетраэдра PABD. Но для любой грани тетра-
эдра PABD найдется равная ей или ббльшая грань тетраэдра
CABD. Действительно, грань ABD у этих двух тетраэдров
общая, треугольники РАВ и PAD суть части треугольников
АВС, соответственно ADC, a SPBD меньше либо SBAD, либо
SBCD, так как PBD есть сечение тетраэдра ABCD, проходя-
щее через его ребро. Отсюда следует справедливость теоремы.
21.	Предположим, что нам известен центр О искомого
центрально-симметричного многоугольника. Симметрично от-
разив относительно точки О данный треугольник АВС вмес-
те с помещенным внутри него центрально-симметричным
многоугольником (который при этом перейдет в себя),
мы убедимся, что искомый многоугольник вписан также и в
треугольник Д^Ср получаемый из АВС симметрией отно-
сительно О. Но так как пересечение треугольников АВС
и Д^С^ является, очевидно, центрально-симметричным много-
угольником с центром в О, то наибольший вписан-
ный в треугольник АВС центральн о-с и м м е т р и ч-
ный многоугольник с центром в Одолжен сов-
пасть с пересечением АВС и Д^Ср
21J
РЕШЕНИЯ
Ю1
Теперь нам осталось выбрать точку О таким образом,
чтобы пересечение треугольника АВС и треугольника А^В^С^,
полученного из АВС симметрией относительно точки О, имело
наибольшую площадь. В зависимости от положения точки О
это пересечение может быть параллелограммом (черт. 87, а),
или центрально-симметричным шестиугольником (черт. 87, б).
Однако сразу видно, что в случае, когда пересечение
представляет собой параллелограмм, всегда можно так изме-
нить положение точки О, чтобы пересечение АВС и Л)51С1
стало шестиугольником и увеличилось по площади (см.
черт. 87, a)J). Следовательно, наибольший вписанный в дан-
ный треугольник АВС центрально-симметричный многоугольник
должен быть шестиугольником.
Обозначим шестиугольник, являющийся пересечением тре-
угольников АВС и А^В/^, через KLMNPQ (см. черт. 87, б).
Для того чтобы площадь шестиугольника KLMNPQ была
возможно больше, надо, чтобы сумма площадей треугольни-
ков LBM, NCP и QAK была возможно меньше. Но все эти
треугольники	подобны треугольнику	АВС\ площадь	каждого
из	этих	треугольников относится к	площади	треугольника
.	LB2 NP>-	АК*
АВС соответственно, как -ту-, и , и, следователь-
Д/э4 Д/э4	До4
но, сумма их площадей относится к площади треугольника
1) При этом параллелограмм, один угол которого совпадает
с углом треугольника АВС, а противоположная вершина лежит на
противолежащей стороне треугольника, мы для удобства считаем
шестиугольником с двумя противоположными сторонами, равными нулю.
102
РЕШЕНИЯ
(21
. LB^ + NP^+AK2 -	-
АВС, как  1—------------. Таким образом, нам остается
выбрать точку О таким образом, чтобы сумма LB2 yVP2-{- АК2
была возможно меньшей.
Так как NP — KL (противоположные стороны шестиуголь-
ника KLMNPQ переходят друг в друга при симметрии отно-
сительно точки О и, следовательно, равны), то
AK-]~NP-[- LB=AK-\-KL -\-LB-АВ.
Обозначим АК=х, NP=y, LB — z, AB — x-\-y-\-z = a.
Нетрудно показать, что сумма x2-^-y2-]-z2 достигает мини-
мума при x—y = z~^r. Действительно,
О
(Х2	- 3 (I)2 = (х2 +У + z2} - I^+2 + f)2 =
2
= у [x2-]~y2-]-z2—ху—yz — xz] —
= v [С*7 — У}2+(х—*)2 + Су —z)2] > о.
о
Таким образом, мы видим, что сумма х2у2-С z2 = АК2 А-
KL2 -}~ LB2 будет иметь наименьшее значение, если АК=
АВ
= KL==LB=-^-(t. е. х—у — х — z=y—z = 0). В этом
случае площадь каждого из трех треугольников, отсекаемых
от треугольника АВС сторонами треугольника АХВХСХ, равна
1	2
-д-^длвс следовательно,
Остается выяснить, для какого положения точки О имеют
место равенства AK=KL = LB. Соединим точку С с точкой
Ср Прямая CCj проходит через О и пересекает АВ и А1В1
в каких-то двух точках, которые мы обозначим через D и Dt.
Из соображений симметрии следует
OD = ODlt DCl = DlC,
а из того, что KL = ^AiBv, следует, что
dc^Ida.
22]
РЕШЕНИЯ
103
Из этих равенств вытекает, что
C1D = DO = OD1 = D1C.
Таким образом,
СО = 4 CD;
О
отрезок прямой, проходящей через точку О и вершину С,
заключенный внутри треугольника АВС, делится точкой О
в отношении 2:1, считая от вершины. Точно так же дока-
зывается, что отрезки прямых, проходящих через точку О
и вершину А, соответственно В, заключенные внутри тре-
угольника АВС, делятся точкой О в отношении 2:1, считая
от вершины. Из последнего нетрудно вывести, что О есть
точка пересечения медиан треугольника АВС.
22. а) Прежде всего заметим, что теорема является спра-
ведливой, если рассматриваемая ломаная состоит всего из двух
звеньев АР и РВ (черт. 88, а). Действительно, продолжим
в этой случае прямую АР за точку Р и на продолжении
отложим отрезок PQ = PB. Так как треугольник BPQ равно-
,	„ /ОПЛ 180°- /BPQ 180°—а
бедренный, то /_BQA =---------— > следова-
тельно, точка Q лежит на дуге окружности, вмещающей угол
^2—- , построенной на отрезке АВ. Дуге АВ этой окруж-
ности отвечает центральный угол 180°—ес; так как хорда
104
РЕШЕНИЯ
[22
АВ = 1, то отсюда следует, что радиус окружности равен
--------iso0 —а ~----а~ ‘ AQ — АР-^-РВ не превосходит
sin------------------- 2 cos —
диаметра этой окружности; следовательно, АРА-РВ^—— ,
cos —
что и требовалось доказать. АР-^-РВ равно —— только
cos —
в том случае, если треугольник АРВ равнобедренный.
Докажем теперь теорему методом математической индук-
ции. Предположим, что требуемая теорема уже доказана для
всех л-звенных ломаных, и докажем, что в таком случае она
будет также справедливой для (л -|- 1)-звенной ломаной
АРХР2. .. РпВ. Продолжим стороны АРХ и Р3Р2 выпуклого
многоугольника АРХР2.. .РпВ до пересечения в точке Р
(черт. 88, <5). Так как сумма внешних углов ломаной при
точках Рх и Р2 по условию меньше 2d, то точка Р будет
лежать на продолжении АРГ за точку Рх. Далее внешний
угол QPP2 треугольника Р\РР2 равен сумме внешних углов
РР^Р2 и РР2РХ многоугольника АР{Р2... Р„В; отсюда следует,
что сумма внешних углов л-звенной ломаной АРР3Р^. .РпВ
при точках Р, Р3, Р4,..., Рп будет равна сумме а внеш-
них углов (л1)-звенной ломаной АРХ Р2. .. РпВ. Так
как мы считаем, что теорема уже доказана для всех
л-звенных ломаных, то длина ломаной АРР3Р±. . .РпВ не
/	превосходит —-— ' длина лома-
P/\CL	®
/	PnS	COS —
ной APvP2. . .РпВ, очевидно, меньше
/7| z/Ч х\\ Длины ломаной АРР3.. ,РпВ (ибо
Р\Р PPzY следовательно, дли-
- .. i______-Ь^5> на ломаной АРгРг.. .РпВ и подавно
меньше —5—, что и требовалось до-
Черт. 89.	cos у
казать.
б) Эта задача очень близка к предшествующей. Прежде
всего из черт. сразу видя»; что из всех треугольников
23]
РЕШЕНИЯ
105
APB с основанием АВ = а и внешним
равным а (т. е. с углом АРВ, равным 180° —
углом при вершине Р,
а), наибольшую
(9!	“ \
“ tg Т)
равную —— уиме-
ет равнобедренный треуголь-
ник. То, что всякий выпуклый
л-угольник, где л^>3, со сто-
роной АВ = а и данной суммой
внешних углов при вершинах,
отличных от Л и В, равной
120°, имеет площадь, большую
1200
“ tg 2 аг/3
----4---= —— , доказывает-
ся аналогично решению зада-
чи а).
23.	Пусть XYZ — какой-то
треугольник, вписанный в дан-
ный многоугольник М (черт.
90, а). Если РРг есть сторона
М, на которой лежит вершина
X треугольника, то либо все
треугольники PYZ, XYZ и
PtYZ имеют одинаковую пло-
щадь (так будет обстоять дело,
если PPjlEZ), либо хотя бы
один из треугольников PYZ и
PtYZ имеет большую площадь,
чем XYZ (а именно, тот, вер-
шина которого более удалена
от точки пересечения РРХ и YZ,
чем точка X). Таким образом,
во всех случаях существует впи-
санный в М треугольник PYZ,
вершина Р которого совпадает
Черт. 90.
с вершиной многоугольника М, а площадь не меньше площади
XYZ. Точно так же показывается, что можно найти впи-
санный в М треугольник PQZ, вершина Q которого тоже
совпадает с вершиной Л1, а площадь не меньше площади
106
РЕШЕНИЯ
(24
PYZ (черт. 90, <5) и, наконец, вписанный в М треугольник
PQP (черт. 90, в), все вершины которого совпадают с вер-
а площадь не меньше площади
PQZ. Отсюда и следует
утверждение задачи.
Нетрудно видеть, что вписан-
ных в М треугольников, имеющих
шинами многоугольника,
а)
Черт. 91.
одну и ту же площадь, большую площади всех других вписанных
треугольников, может
М!МР
быть несколько (так в случае, когда М. есть
правильный шестиугольник, таких треуголь-
ников будет два, см. черт. 91, а) или даже бес-
конечно много (черт. 91, б).
24.	Пусть наибольшее из девяти
расстояний между вершинами наших
двух треугольников будет равно а и
пусть М — произвольная точка треуголь-
ника АВС и М'— произвольная точка
треугольника А'В’С (черт. 92). Дока-
жем, что ММ' а. Проведем через М
произвольную прямую, лежащую в пло-
скости треугольника АВС и пересе-
кающую стороны этого треугольника
в точках Ри Q. Из углов М'МР и M'MQ
по крайней мере один не меньше 90°;
пусть таким будет, например, угол
М’МР. В таком случае из рассмотрения
сразу следует, что М'Р^> М'М. Далее
треугольника
пусть АВ есть та сторона треугольника АВС, на которой ле-
жит точка Р. Хотя бы один из углов М'РА и М'РВ не меньше
25]
РЕШЕНИЯ
107
90°; пусть это будет, например, угол М'РА. В таком случае
М'А^>М'Р и, следовательно, М'А^> ЛГЛ1. Поступая теперь
с точкой М' так же, как мы раньше поступали с точкой М,
покажем, что AM' АА', где Д' есть некоторая вершина
треугольника А'В'С. Но по условию АА' а, откуда и сле-
дует справедливость нашего утверждения.
25.	1) Так как против большей стороны треугольника
лежит больший угол, то произведение (а —	— b)^0
(оба сомножителя имеют один знак) и равно нулю только,
если а = ^, а — Ь, т. е. если треугольник АВС равнобедрен-
ный. Отсюда следует, что
(а —(0 (а —£) + (£—4) (Ь — с) + (у — а) (с — а) 5*0,
причем знак равенства имеет место только в том случае, если
треугольник равносторонний. Преобразовывая это неравенство
и принимая во внимание, что р —у = тг, получаем
(2а — — у) а —|— (2р — а — у) b -|- (2у — а — с 0,
(За — тг) гг —j— (Зр — тг) b	(Зу — тг) с 0,
3 (аа -|- $Ь 4- ус)	тг (а b с),
аа р/» ус тс
a-\-b-\-c	3 ’
где равенство имеет место только в случае равностороннего
треугольника.
2) Так как сумма двух сторон треугольника больше
третьей, то а. (£ —J—с— а)^>0. Отсюда
а(Ь-]-с — а) ^(я -f- с ~Ь Y (а — с) 0.
Преобразовывая это неравенство, имеем
а(?+т—а)+^(а+т—?)+с(а+?~ У)>°>
а (тг — 2а)	b (тг — 2р) —|— с (тг — 2у) > 0,
п (а -|-b-|- с) > 2 (аа -}- $Ь ус),
a-j-6-j-c	2
108
РЕШЕНИЯ
[26
Отметим, что отношение -а -v — может быть сколь
’	а-\-Ь-\-с
угодно близким Ку. Действительно, пусть АВС есть
равнобедренный треугольник с очень малым углом при вер-
шине А (черт. 93). В таком случае а и а очень
А малы и
л	аа -|- 'ib -|- ус ___ ib ус_2(36_„ ___ л
I	a-\-b-\-c~~b-\-c 2Ь г 2
' а 26. Докажем требуемое утверждение для слу-
чая многоугольника. Для многогранника доказа-
тельство совершенно аналогично.
Пусть О — данная точка выпуклого много-
угольника U и I—сторона этого многоугольника,
с наименее удаленная от точки О (или одна из
таких сторон, если, их несколько). Тогда осно-
ивание Р перпендикуляра, опущенного из точки О
на сторону /, лежит внутри I.
В самом деле, если бы точка Р лежала на про-
“ а ° должении Z, то отрезок ОР пересекал бы некото-
Черт. 93. рую другую сторону I' многоугольника U в точ-
ке Q (черт 94), и мы имели бы OQ<^OP. Но
тогда расстояние ОР' от точки О до стороны /' было бы и по-
давно меньше, чем ОР, что противоречит выбору стороны I.
Замечание. Доказанная теорема имеет интересное механиче-
ское доказательство, которое мы здесь приведем для случая много-
гранника. Изготовим из неоднород-
ного материала тело в виде нашего
многогранника U и расположим
тяжелые массы внутри него так,
чтобы центр тяжести тела совпал
с О (нетрудно доказать, что это
всегда возможно). Если бы все
основания перпендикуляров, опу-
щенных из О на плоскости гра-
ней, лежали вне соответствующих
граней, то многогранник U, по-
старленный на некоторую грань,
в силу известного закона механи-
ки тотчас же упал бы на другую
грань (ибо проекция центра тяжести
бы на основании многогранника).
на плоскость опоры не лежала
Центр тяжести многогранника
271
РЕШЕНИЯ
109
при этом, очевидно, понизился бы и, следовательно, его потенциаль-
ная энергия стала бы меньше. Поэтому мы смогли бы заставить
многогранник при падении совершить некоторую полезную работу.
Многогранник не смог бы лежать и на этой грани и стал бы падать
на третью и т. д. Используя многогранник в качестве источника
энергии, мы получили бы вечный двигатель, что невозможно.
27. а) Докажем прежде всего, что если через точку О,
взятую на биссектрисе угла ВАС, равного а, проведена пря-
мая, пересекающая стороны угла в точках М и N, то
1 I 1 sin а 1
7\М 'Ж 7 а АО ’
Sin7
здесь отрезки AM и AN считаются положительными или от-
рицательными в зависимости от того, лежат ли точки М,
соответственно N, на сторонах угла или на их продолжениях
(черт. 95, а, б). В зависимости от того, являются ли оба
отрезка AM и AN положительными или AM положительно,
a AN отрицательно, имеем
•$Д OAN 4“ S^OAM = S&MAN ИЛИ S&OAN----S^OAM = S^MAN,
откуда
4 А О • AN sin 4 4- 4- АО • AM sin 4 = 4 АМ’AN sin rj-
л л	А л
ИЛИ
4 АО-AN sin ~ /10-/Wsin4 = v/,?^’/,^s'n а
(здесь уже не учитываются знаки отрезков). Разделив обе
110	РЕШЕНИЯ	[27
1	а
части последнего равенства на	АО-AM-AN sin-я-, полу-
чаем
1	।	1 __ sin а 1 т 1	1 _ sin а 1
AM 'AN ~ аЛОИЛИ ~AM AN ~ a AO’
sin —	sin —
что и требовалось доказать.
Теперь, учитывая, что центр правильного л-угольника
лежит на пересечении биссектрис всех его углов, объединяя
в рассматриваемой сумме обратных величин 2л отрезков по-
парно обратные величины отрезков с общей вершиной и
применяя доказанное выше предложение, мы непосредственно
получим, что интересующая нас сумма равна
где R — радиус описанного круга правильного л-угольника,
а а — его угол, т. е. действительно не зависит от выбора
прямой I.
б) Докажем прежде всего, что если через точку О, взя-
тую на оси правильного л-гранного угла с вершиной А, про-
ведена плоскость тг, пересекающая ребра угла в точках /Иь
/И2, ..., Мп, то сумма
_L> _L । . . _L_
AMi AM2‘ * i AMn ’
где отрезки AMt, AM2, ..., AMn взяты с соответствующими
знаками, не зависит от плоскости П. Это предложение почти
очевидно для многогранных углов с четным числом ребер.
Действительно, например, в случае л = 4 (черт. 96, а),
имеем (см. решение задачи а):
1.1 sin а . _	1.1 sin а , _
+	=-------АО И -ттг + лТГ =-------АО,
AM,	1 AM,	. а	AM,	1 AM,	, а	’
1 J	sin —	2	*	sin —
где а = /И)О/И3; отсюда непосредственно следует
1 ।___L_l_ J | 1 —о sina лп
АМ\ i AM2 ' AMS i AMi	a
sin y
B случае нечетного n для доказательства опишем
вокруг рассматриваемого правильного л-гранного угла пра-
27]
РЕШЕНИЯ
111
вильный 2л-гранный угол. Для этого опишем прежде всего
вокруг нашего л-граиного угла конус и проведем касатель-
ные плоскости к этому конусу через ребра нашего угла и
$
б)
Черт. 96.
образующие конуса, составляющие равные углы с двумя
соседними ребрами угла (черт. 96, б). Пусть Nx, N2, ..
• • •> (V2n— точки, в которых плоскость II пересекает ребра полу-
112
РЕШЕНИЯ
[28
ченного 2/г-гранного угла. В таком случае по доказанному
выше сумма
J- + -4-	-U —
ANX AN2> • • AN2n
не зависит от плоскости
1
А^
1 sin а 1
AN, . а АМА
Sln 2
П. Но, с другой стороны,
1	।	1 _ sin а 1
7 аАМ,’ •••
6	4 sin у 2
1	।	1 ____ sin а 1
” ’ ’ ANin-i ' Л/У2„ а АМп ’
где а— плоский угол 2/г-гранного угла. Отсюда вытекает,
что и сумма
. а
I J_ = ZLlf J| _L I J LJ
AM' AM2i~ " ’"T AMn sin а [АЩ । AN2~T~ " ' ' ‘ AN2J
не зависит от плоскости П.
Заключительная часть решения задачи б) почти не отли-
чается от окончания решения задачи а).
28. Пусть Мг есть точка стороны АГА2 правильного п-
угольника AtA2As... Ап, М2— точка стороны А2А8, в кото-
рую проектируется Mt из вершины Ап (черт. 97). Обозначим
внешний угол /г-угольника ( равный —— \ через а и поло-
жим /	— ср. Сторону данного многоугольника будем
считать равной 1. Положение точек Мг и /И2 будем опре-
-	М2А2 \
делять	отношениями	-I	—г	соответственно	т?7г = 72.
/И1Л2	•'И2л3
При этом	отношение	4 мы	будем	считать	положительным,
если направления отрезков МгАх и MtA2 (от Mt к А1г со-
ответственно от Мх к А2) совпадают (т. е. если точка Mt
расположена на продолжении стороны AtA2, а не на самой
стороне); в противном случае будем считать, что отрица-
тельно. Аналогично этому определится и знак Х2*).
х) Относительно знаков отрезков см. также стр. 46—48.
28]
РЕШЕНИЯ
113
Могут иметь место три разных случая.
1° Xj отрицательно, а2 положительно (черт.
97, а).
Из треугольника АпАхМх по теореме
МА _М1Л1_ sin	AtA„Mi
11 А„АХ sin	AlMlA„
синусов находим
sin (а — ср)
sin ср '
отсюда
MXA2 — \ — MxAx = sin(P-sin<^;
1 i	11	sin cp
______________________sin (a — cp)
1 sin cp — sin (a — cp)'
Из треугольника MXA2M2 получаем
M2A2____ sin cp ____________ sin cp
MXA2 Sin (180° — a — cp) sin (a -|- cp) ’
MA sin ? M A — Si" ? “ Si" (“ “ ?)
— sin (a + cp) — sin (a + cp)
114
РЕШЕНИЯ
[28
Отсюда
М л It™ л _ sin(a + ?)+sin<p- sin(a-q>)_
/И2Д3—1-(-/И2Л2 —	sin(a + <p)	—
___(2 cos a + 1) Sin ср ___sin ср — sin (a — cp)
sin(a-l-cp)	’	2	(2 cos cp —f—1) sin cp *
Сравнивая выражения для kj и k2, имеем
1	_ sin Ср	_ 1	1
1 sin <p — sin (a — cp) 2 cos а + 1 X2 ’
•11
'2 = 2 cos a 4- 1 ’	’
2°Xj положительно, X2 отрицательно (черт.
97, б). Из треугольника АпА1М1 имеем
1 1 AnAt sin ср
ЩА2 = /ИИ, - 1 = Sin (*-?)-Sin-? ;
12	11	sin ср
•х __ Sin (а — ср)
1 sin (a — ср) — sin ср '
Из треугольника МХА2М2 получаем
М2А2____ sin ср ______________ sin ср
MiA2 sin (180° — ct — ср) sin (a ср) ’
Л42Л2 —
sin ср
sin (а + ср)
ЛМ2 =
sin (a — ср) — sin ср
Sin (а + ср)
и, следовательно,
.	... sin (а -4—ср)— Sin (а — ср) 4- sin ср
М2Ао = 1 — М2А2 =---------——. . —с—----------------1 =
23	22	sin (а <р)
sin (a — ср) — sin ер
(2 cos а 4- 1) sin ср
(2 cos a 4~ 1) sin ср _ .
..	-------. 1 .------Г---- Z Лр
Sin (а — ср)	2
Таким образом, и в этом случае для X] и ),2 получаются
в точности те же выражения, что и выше; следовательно,
Х2 и kj попрежнему связаны соотношением (*).
28]
РЕШЕНИЯ
115
3° Xj и Х2 положительны (черт. 97, в). Из треуголь-
ника	находим
м . ___MtAt__ Sin (180° — ср — а)_Sin (ср 4- а)
1 1 AnAt	sin	sin ср
.. .	. . ... sin о? 4- sin (ср 4- а)
ЛЛ. А _ — 1 _1_ ЛЛ. Л. -L—!_Li—! ; •
111	Sill ср
X —_________sin <? +
1	sin <р + sin (<р 4" а)'
Из треугольника М1А2М2 получаем
М2А2____sin (180° — ср)_ sin ср
MLA2 sin (ср — a) sin (ср — а) ’
М2А2
sin ср
Sin (ср — а)
^1-^2---
sin ср -|- sin (ср а)
sin (<р — а)
и, следовательно,
М2А3 = 1 + МЛ2= sin ? + sin (ср + °) + sin (ср- а)_
2 3	1	“ i	Sin (ср — а)
__(2 COS а 1) sin ср .________sin ср sin (ср	а)
sin (ср — а) ’	'2	(2 cos а 1) sin ср
Сравнивая выражения для Xt и Х2, находим
1	_____ sin ср	___ 1	1
1 sin ср sin (<р 4~ а) 2 cos а 1 12 ’
X =	1	1
2	2 cos а + 1 1 — 4 ’
т. е. прежние соотношения (*).
Теперь мы можем перейти к решению задач а), б) и в).
а)	л==4, а = 90°, соза = 0. Соотношения (*) дают
_	1 i_l_ 1	__ li - 1 _ 1	1
'2~ 1-V 3 —1-12 —,	1 ~ 11 ll’
1-11
X - 1 -	1 -х X - 1 - 1
Л4— 1-13—	Ь	1-14	1-1!
116
РЕШЕНИЯ
(28
и далее
у_____1 ___1__L х _____ 1 ____х
ks>— l-X5—i Xj’ Л13 — 1-Х9 —
что и требовалось доказать.
Примечание. В качестве попутного результата мы получили
соотношение Xi = X1: точка М4 делит сторону AiA1 точно в таком же
отношении, как точка М4 сторону А4А2.
б)	п = 6, а = 60°, соза=у. Соотношения (*) дают
1 — 1	1 х — 1	1 — 1	1	_ 1 - м
Z'2	2 1 — ’ Аз “ 2 ‘ 1 - ).2 — 2	1	1 ~' 1 - 21j ’
1	2 1-1!
' _ 1	1	_ 1	1	_ 2>1 - 1 _ 1	1
1'4	2 1 — Х3 — 2	1 - 1, ~ 21j — 1 2Xj ’
1	1 — 2Xj
6— 2 1-л4— 2	(	1 \ —Л1>
V~2xJ
___1 1 _ 1 1	.  1 1 _ 1 — ч
2 1 — Х6 2 1 — Х1 ’ А?	2 1 — Х6 1 — 2Х] •
Отсюда получаем
, 1-Х1
Мз —1_2у7 —'	1 _ Xj — А1>
1	1 - 2Xt
что и требовалось доказать.
Примечание. В качестве попутного результата мы получили
соотношение Х6 = Х1: точка делит сторону А&А6 в таком же отно-
шении, как точка Afj сторону А4А2.
в) п = 10, а = 36°, cos а =—. Соотношения (*)
дают
X =	2	1
2	3 + /5 1-Х/
xs=-l7=.-J-=
3 + 1 5 1-^2
__	2	1	_	2 (1 — Xj)
“З + Гб ' !-	2 _ 1 ~ (1 + Гб~)-(3 + Г5~)Х, ’
3+/5 1 - Xj
28]
РЕШЕНИЯ
117
_	2_____1	2	________1__________
3-f- /5 ’ 1 -	3+ /5 " ]____2(1-Z1)
(l + /5)-(3+/5)h
_	2[(1-)-/5 )-(3 4~/5 ) >11
(34-/5 )[(-1 + /У)-(1 + /5 )xj’
X -	2 ^- -Ь-
8 3 4- V 5 1-х4
__	2	1	_
~ з 4- /5" ‘ 1 _	2|U + J/T)-(3 + /5 )к|_	~
(3+ У 5 ) [(- 1 4- У 5 ) - (1 4- /5 )Xj
= (-1+/5)-(1_4-Г5)4 = t_ - 1 4-/5
-(1-/5	(14- /5) X/
х _	2_____1 _	2___________1_______ _
в— 3-1-/у’3 4-л5~~3 4-/5  t Л -1 + /У\
\	(1 + /5 ) xj
__	2	1 ___	2	1
3 4-/5 ’ 1-х6—34-/У ‘ 1-х/
х =_2	1 =	2(1—ХД
8	3-|-/5’1-Х7	(1+/5 )-(34-/У)х/
X ==	2	.	1 =	2[(14-/5 )-£34-/5 )Х1]
9	34-/5 ’1-Х8	(3 4-/5) [(-14-/5 )-(14-/5 )Xj]’
__	2	'	1	___।__ —14-/5
10 — 3 4-/5 ’ 1-X9~	(14-/5")xt
и, наконец,
111 ~ з + /5 1-Х10~ *’
что и требовалось доказать.
Примечание. В качестве попутного результата мы получили
соотношение /.6 = Л1; точка Л16 делит сторону Л6Л2 в таком же отно-
шении, в каком точка делит сторону Л1Л2. Отсюда, в частности,
следует, что прямая /WpWg (так же как и прямые М2МЪ Л13/И8 и т. д.)
Проходит через центр десятиугольника,
118
РЕШЕНИЯ
[29
Примечание к решению задач 28 а),б), в). В решении
всех задач можно прекратить вычисления в тот момент, когда обнару-
жится, что какое-то отношение X* (k — целое положительное число)
равно ХР Соотношение ХА = Х4 показывает, что отношения Хь Х2, Х3, Х4,...
меняются периодически (с периодом k—1). Так, например, из
того, что в случае а) мы имели Х4 = Х[, вытекает
11 = Х4 = Х7 == Х1о = Х13 = Х16 —..., Х2 = Х5 = Xg = Хц =,..,
Х3 = Xg = Х9 = Х12 =..,
Таким образом, у нас будут всего три различных отношенияХр
Х2 и Х3. Нетрудно видеть, что описанный в условии задачи процесс
определит на каждой стороне квадрата три точки, которые делят
эту сторону в отношениях Хь Х2 и Х3.
Точно так же в случае б) мы имеем
Xj = Х5 = Х9 = Х13 =..., Х2 = Хв = Хю = Х14 =...,
Х3 = X? = Хп = Х15 =..., х4= х8 = XJ2 = х16 =...
Здесь на каждой стороне шестиугольника мы получим всего две точки,
делящие эту сторону в отношениях Х4 и Х3 или Х2 и Х6.
Наконец, в случае в) мы имеем
Xi = Х6=Хц = Xj6 =..., Х2 = Х7_=Х12 = Х[7=...,
Х3 = Х8 = Х13 — Xis =..., Х4 = Хд — х14 = х19 =...,
Х5 = Хю = Хц = Х20 =...
Здесь на каждой стороне десятиугольника будет единственная точка;
точки на противоположных сторонах будут делить стороны в одина-
ковых отношениях.
29.	Прежде всего исключим из рассмотрения все те от-
резки покрытия, которые сами целиком покрываются одним
или несколькими из этих отрезков. После этого занумеруем
все оставшиеся отрезки в определенном порядке следующим
образом. Будем считать, что наш исходный отрезок О длины
единица расположен горизонтально. Назовем первым тот из
оставшихся отрезков покрытия, который покрывает левый ко-
нец отрезка О; отметим, что такой отрезок может быть только
один, так как если бы их было два, то больший из них дол-
жен был бы целиком покрывать меньший, а все отрезки по-
крытия, целиком содержащиеся в других отрезках, мы исклю-
чили. Далее назовем вторым тот из отрезков покрытия, ко-
торый содержит правый конец первого отрезка. Покажем, что
такой отрезок может быть тоже только один. Действительно,
предположим, что таких отрезков два: О( и О2' при этом
пусть левый конец О4 расположен левее левого конца О2.
30]
РЕШЕНИЯ
119
При этом если правый конец СЦ расположен правее правого
конца О2 (черт. 98, а), то отрезок О2 целиком содержится вну-
три Oj и поэтому должен был быть нами раньше исключен
из рассмотрения; если правый конец Ot расположен левее
правого конца 02 (черт. 98,6), то отрезок 0< целиком покры-
вается отрезком 02 и первым отрез-
ком и поэтому он должен быть ис- t	..-i _______
ключей из рассмотрения.	.... ~ff2
Точно так же существует един- 	®
ственный отрезок, покрывающий пра- д i rr'^T-i	,
вый конец второго отрезка; назовем ...."п"
этот отрезок третьим и т. д. Отме-
тим при этом, что никакие два от-
Черт. 98.
резка, имеющие оба четные или оба
нечетные номера, не пересекаются: в самом деле, если бы,
например, первый и третий отрезки пересекались, то они
покрывали бы целиком второй отрезок, чего, по предположе-
нию, не может быть. Далее общая длина всех оставшихся
отрезков покрытия заведомо не меньше 1 (длины отрезка О).
Отсюда следует, что или общая длина всех «нечетных» отрез-
ков не меньше 1/2, или общая длина всех «четных» отрезков
не меньше 1/2. А это и показывает, что существуют непе-
ресекающиеся отрезки покрытия, общая длина которых не
меньше 1j2.
30.	Будем вести доказательство методом математической
индукции. Для случая, когда общее число полуплоскостей
равно трем, теорема очевидна. Предположим теперь, что мы
уже доказали теорему в том случае, когда общее число полу-
плоскостей равно п; докажем, что в таком случае и для /г —1
полуплоскостей теорема остается справедливой.
Пусть п есть какая-нибудь одна из наших п 1 полу-
плоскостей. Из того, что все полуплоскости в совокупности
покрывают всю плоскость, следует, что п полуплоскостей
без г полностью покрывают прямую /, являющуюся границей
полуплоскости п. При этом возможны два случая.
1° Некоторая полуплоскость тт! целиком покрывает пря-
мую I. Это возможно только в том случае, если граница по-
луплоскости Kj параллельна I. При этом если полуплоскости г и
71] расположены по разные стороны от своих границ (черт. 99, а),
120
РЕШЕНИЯ
[30
то уже две полуплоскости п и irt (т. е. даже меньше трех)
целиком покрывают всю плоскость. Если же полуплоскость 1^
расположена с той же стороны от границы, что и полупло-
скость и (черт. 99, б), то полуплоскость тт целиком заклю-
чается в полуплоскости 7Tt. В таком случае уже п из наших
п -]-1 полуплоскостей (исключая тг) целиком покрывают всю
плоскость. Но, по предположению индукции, из этих п полу-
плоскостей можно выбрать три, целиком покрывающие всю
плоскость.

а)	6)
Черт. 99.
2° Не существует полуплоскости, которая целиком покры-
вала бы прямую I. В этом случае прямая I целиком покры-
вается полуплоскостями, которые высекают на этой прямой
п лучей. Будем считать прямую I горизонтальной. Все эти
лучи можно разделить на две группы: «левые» лучи (т. е.
лучи, направленные влево по прямой /) и «правые» лучи.
При этом все «левые» лучи содержатся в одном из них, а
именно в том луче /(, начало которого расположено правее,
чем начала всех остальных «левых» лучей; точно так же и все
«правые» лучи содержатся в одном луче /2 (зачало которого
расположено левее начал всех остальных «правых» лучей). То,
что прямая I полностью покрывается всей совокупностью лу-
чей, означает, что эта прямая покрывается двумя лучами 1г и /2.
Пусть теперь 14 и п2—две полуплоскости, высекающие
на прямой I лучи /j и 13. Эти полуплоскости могут быть рас-
31 j	РЕШЕНИЯ	121
положены так, как это изображено на черт. 99, в или 99, г.
В первом случае вся плоскость полностью покрывается тремя
полуплоскостями ТГ|, тг2 и п. Во втором случае полуплоскость п
полностью покрывается полуплоскостями тг, и тг2. Следова-
тельно, уже п из наших полуплоскостей (исключая тг) пол-
ностью покрывают всю плотскость. Но в таком случае, в силу
предположения индукции, плоскость покрывают уже некоторые
три из этих п полуплоскостей.
Таким образом, во всех случаях можно выбрать три полу-
плоскости, покрывающие всю плоскость.
Черт. 100.
31.	а) Будем вести доказательство методом математиче-
ской индукции. Пусть мы уже доказали, что k из наших
полуплоскостей имеют общую точ-
ку; покажем, что в таком случае и
(fe-j-l)-H полуплоскость тг пересе-
кает общую часть Ф первых k полу-
плоскостей, другими словами, что и
А-{-1 полуплоскостей имеют общую
точку.
Пересечение Ф ряда полуплоско-
стей может представлять собой, оче-
видно, либо выпуклый многоугольник
(может быть, неограниченный), либо
отрезок (или луч, или всю прямую),
либо точку. Рассмотрим в отдельно-
сти все эти случаи.
1° Ф есть выпуклый многоуголь-
ник (черт. 100, а). Предположим, что
тт не пересекает этого многоуголь-
ника. Пусть А есть вершина много-
угольника Ф, наиболее близкая
к полуплоскости тг (или одна из та-
ких вершин, если их несколько).
Стороны многоугольника Ф, сходящиеся в вершине Л, являются
границами двух из наших полуплоскостей т?! и тт2. Тогда, как
видно из черт. 100, а, полуплоскости тг,, тг2 и тг не имеют
общей точки, что противоречит условию задачи. Таким
образом, и обязательно пересекает Ф, что и требовалось
доказать.
122
РЕШЕНИЯ
[31
2° Пусть Ф есть отрезок АВ прямой I (черт. 100, б).
В таком случае среди первых k полуплоскостей есть две — тт'
и тг", ограниченные прямой I и направленные в разные сто-
роны от этой прямой, кроме того среди них есть полупло-
скость TTj, пересекающая прямую I в точке А и содержащая
точку В, и полуплоскость тг3, пересекающая прямую I в точ-
ке В и содержащая точку А. Из того, что полуплоскости тт',
тт" и тг имеют общую точку, следует, что тг пересекает пря-
мую I. Теперь, если бы полуплоскость тт пересекала I по лучу,
расположенному вне отрезка АВ за точкой А, то, как не-
трудно убедиться, либо три полуплоскости тг, т?! и тг' не имели
бы общей точки, либо три полуплоскости тг, ТТ[ и тг" не имели
бы общей точки. Точно так же доказывается, что тг не может
пересекать I по лучу, расположенному вне отрезка АВ за
точкой В. Следовательно, тг пересекает АВ, что и требова-
лось доказать. Аналогично проводится доказательство и в
тех случаях, когда Ф есть луч или вся прямая.
3° Пусть Ф есть точка О. В таком случае среди первых k
полуплоскостей есть три полуплоскости тг', тг" и тг'", пере-
секающиеся в точке О и расположенные так, как изображено
на черт. 100, в. Нетрудно показать, что если бы полупло-
скость тг не содержала бы точки О, то какие-нибудь три
полуплоскости тг, тт' и тт",
IT, ТТ' И тг'" или тт, тт" и тт'"
не имели бы общей точки.
Ж	Из доказанного выводит-
а, £= Ч?Т7ТТТп>^=3 ся УтвеРждение задачи при
помощи обычного рассужде-
— ЧТ ния «по индукции».
ЕЕ	б) Пусть имеется п вы-
1Н11П&/	пуклых многоугольников фь
~ЦЦ1ЦДа^/1///11//S, ,	*1*2, • ••, Фя, каждые три
из которых имеют общую
3 точку. Продолжим все сто-
Черт. 101.	роны каждого из этих мно-
гоугольников и рассмотрим
определяемые этими сторонами полуплоскости, внутри кото-
рых лежат многоугольники. Нетрудно видеть, что каждый
выпуклый многоугольник представляет собой пересечение всех
полуплоскостей, определяемых его сторонами (черт. 101).
32]
РЕШЕНИЯ
123
Покажем теперь, что каждые три из полуплоскостей, оп-
ределяемых всеми сторонами всех наших многоугольников,,
пересекаются между собой. Действительно, если эти три полу-
плоскости порождаются тремя разными многоугольниками, то
общая часть полуплоскостей содержит общую часть этих
трех многоугольников, существующую по условию задачи.
Если же три полуплоскости порождаются двумя многоуголь-
никами (две из полуплоскостей ограничены сторонами одного
и того же многоугольника) или одним многоугольником, то
общая часть этих полуплоскостей тем более существует (в пер-
вом случае общая часть полуплоскостей содержит пересечение
двух рассматриваемых многоугольников, а во втором—целый
многоугольник).
В силу результата задачи а) отсюда следует, что все наши
полуплоскости имеют хотя одну общую точку, которая, оче-
видно, будет принадлежать всем п многоугольникам. Этим
и завершается доказательство теоремы.
32.	а) Проведем через все вершины многоугольника М пря-
мые, параллельные какой-либо стороне АВ квадрата. Тогда
многоугольник разобьется на ряд
треугольников и трапеций (черт.
102). Площадь каждого из этих
треугольников и трапеций равна
длине средней линии, умножен-
ной на высоту. Если бы все сред-
ние линии были не больше 1)2, то
площадь каждого треугольника
или трапеции была бы не больше
половины высоты и, следователь-
но, площадь всего многоуголь- #
ника М была бы не больше по-
ловины суммы всех высот рассма-	Черт. 102.
триваемых треугольников и тра-
пеций, т. е. не больше (так как сумма всех высот не
больше /10=1), что противоречит условию.
Таким образом, средняя линия какого-нибудь из треуголь-
ников или трапеций должна быть больше половины.
Прямая, на которой лежит эта средняя линия, и будет
искомой.
124
РЕШЕНИЯ
[33
б) Пусть О есть центр квадрата ABCD (черт. 103). Рас-
смотрим отдельно все звенья ломаной, имеющие направления
лучей, расположенных внутри угла АОВ, и все звенья лома-
ной, имеющие направления лучей, расположенных внутри
угла ВОС (звенья ломаной, имеющие направления ОВ, при-
числяются к обеим этим совокупностям звеньев). Хотя бы
одна из двух рассматриваемых совокупностей звеньев будет
иметь общую длину,
£ не меньшую 500; пусть
для определенности
это будет совокупность
звеньев, имеющих на-
правления лучей, рас-
положенных внутри
угла АОВ.
Спроектируем все
звенья нашей совокуп-
ности на сторону ВС
квадрата. Так как ка-
ждое из звеньев рас-
сматриваемой совокуп-
ности образует со сто-
роной ВС острый угол,
меньший 45°, то про-
екции каждого звена
не меньше чем длина звена, умноженная на cos 45° — ’/г'/Т.
Следовательно, сумма длин всех проекций звеньев на сторону
ВС не короче, чем 500 •353,5. А так как длина сто-
роны ВС равна 1, то на этой стороне должны найтись уча-
стки, на которые падают проекции больше чем 353 различ-
ных звеньев ломаной.
Пусть М есть точка стороны ВС квадрата, принадлежа-
щая проекциям 354 (или больше) различных звеньев ломаной.
В таком случае прямая /, параллельная стороне АВ квадрата
и проходящая через точку М, пересекает исходную ломаную
не меньше чем в 354 точках, т. е. заведомо больше, чем
в 350 точках. Этим и завершается доказательство.
33.	Допустим, что. фигура имеет два центра симметрии S
И О, Отразим точку 5 симметрично относительно О (черт. 104).
34]
РЕШЕНИЯ
125
Докажем, что полученная точка Р также будет центром сим-
метрии. Пусть А — произвольная точка фигуры. Тогда точка А1г
симметричная А относительно О, также принадлежит фигуре,
так как О — центр симметрии. Также принадлежат фигуре
точка Аг, симметричная А} относительно 5, и точка Аа, сим-
метричная Аг относительно О. Отрезок' АР равен и парал-
лелен SXj, а следовательно, и Л25. Но и PAS равно и парал-
лельно Л25. Следовательно, Л/э = /э/18 и точки А, Аа, Р
лежат на одной прямой, т. е. точка А3 симметрична А относи-
тельно Р. Таким образом, точка Аа, симметричная произвольной
точке А фигуры относительно Р, сама
Следовательно, Р — центр симметрии.
Отразив теперь точку О относительно
точки Р, мы можем таким же обра-
зом построить еще один центр сим-
метрии Q и т. д. Следовательно,
если фигура имеет два центра сим-
метрии, то она имеет их бесконечно
много. Поэтому более одного, но ко-
нечное число центров симметрии фи-
гура иметь не может.
34.	Прежде всего ясно, что лю-
бые две оси симметрии пересекаются
внутри многоугольника. Действитель-
принадлежит фигуре.
Черт. 105.
но, допустим, что это не так. Пусть АВ и CD — две оси
симметрии нашего многоугольника (черт. 105). Площади сим-
метричных частей должны быть равны, следовательно,
И = +
126	РЕШЕНИЯ	[34
Получилось, с одной стороны, SN~^>SM, а с другой стороны,
SM>SN, чего быть не может.-
Итак, любые две оси симметрии пересекаются внутри
многоугольника. Покажем, что третья ось симметрии пройдет
через точку пересечения первых двух.
Для доказательства предположим противное. Тогда три
наши оси симметрии образуют некоторый треугольник АВС
(черт. 106). Выберем внутри треугольника АВС произвольную
внутреннюю точку Д'. Нетрудно проверить, что любая точка
плоскости лежит по ту же сторону, что и К, хотя бы от одной
д,	из осей симметрии. Соеди-
л/'	,	.	ним точку К с наиболее
\	/	удаленной от нее точ-
\	/	кой нашего многоуголь-
YZ	ника. Пусть Д’ и W лежат по
одну сторону оси АВ. Точ-
' Vx.	ка симметричная Л/отно-
/	сительно АВ, очевидно, тоже
----------Z	\	— принадлежит многоугольни-
/А-----------------------ку. Легко видеть, что
/	\	NiK> NiKi, где Ki — точ-
/	\	ка, симметричная К относи-
Черт. 106.	тельно АВ. В самом деле,
ДТ^ | АВ. Поэтому точка
/Д — основание перпендикуляра, опущенного из на пря-
мую КК\,— лежит с той стороны оси АВ, что и и Kt,
поэтому проекция N^Ki на прямую KKi меньше проекции NiK,
откуда сразу и следует требуемое неравенство. Но в силу
симметрии NxK\—NK', таким образом, NK<^N\K, что про-
тиворечит тому, что N—самая далекая от К точка много-
угольника. Полученное противоречие и доказывает теорему.
Примечание 1. Очевидно, указанное решение справедливо
для любых плоских ограниченных фигур. Для неограниченных фигур
утверждение задачи неверно. Так, полоса между двумя параллель-
ными прямыми имеет бесконечно много параллельных осей симмет-
рии (и еще одну ось, пересекающую все параллельные).
Примечание 2. Решение, опирающееся на зако-
ны механики. Вырежем нашу фигуру из картона. Тогда его
центр тяжести лежит на оси симметрии (так как равнодействующая
сил тяжести, действующих на равные и симметричные массы, при-
ложена к некоторой точке оси симметрии). Если многоугольник имеет
35J
РЕШЕНИЯ
127
несколько осей симметрии, то все эти оси проходят через центр тя-
жести, т. е. пересекаются в одной точке, что и требовалось доказать.
35.	Обозначим дорогу, выходящую из пункта Ап, через
угол, который образует эта дорога с прямой MN, через ап
(углы ап заданы таблицей) и перекресток дорог ап и ат че-
рез Рпт. Условимся называть коротко машину, идущую по ап,
машиной ап. Тогда
1° Если машина ат задерживается на перекрестке Рпт,
то угол а.п ближе к 90°, чем угол ат (дорога ап идет круче,
чем ат', черт. 107, а).
2° Пусть P<Zq- Дороги ар и aq пересекаются, если
ар<^а?, и не пересекаются, если
3° Если все дороги, пересекающие а,2, менее круты, чем
ап, то машина ап проедет все перекрестки.
Это следует из 1°.
4° Пусть ат — самая крутая из всех дорог, пересекающих
дорогу ап. Если ат круче, чем ап, то машина ат не может
быть задержана раньше точки Рпт.
В самом деле, предположим, что машина ат задержи-
вается на перекрестке Pqm, лежащем на отрезке АтРтп.
Тогда согласно 1° дорога aq круче, чем ат, и значит, по
условию не может пересекать ап. Покажем, что это невоз-
можно. Рассмотрим два случая:
А. Точка Aq лежит вне отрезка АпАт (черт. 107, б). По-
скольку Ад пересекает сторону АтРпт треугольника АаРптАт
128	решения	[85
и не пересекает стороны АпАт, то эта дорога должна пере-
сечь АпРпт. Следовательно, этот случай невозможен.
Б. Точка Aq лежит внутри отрезка АпАт. Предположим
сначала, что n<^q<^m. Из того, что пары дорог ап и ат,
aq и ат пересекаются, а пара дорог ап и aq не пересекается,
следует согласно 2°, что а9=Са„,\ат- Поскольку ат ближе
к 90°, чем ап, неравенство ап"\ат возможно лишь при
ап<^90°. Но тогда из неравенства	следует, что aq
не более крута, чем ап, что противоречит условию. Анало-
гично рассматривается случай m<^q<^n.
5° Из пунктов 4° и 1° следует, что если машина ап
проходит все перекрестки, то все дороги, пересекающие аа,
менее круты, чем ап (предположение, обратное 3°).
Из пунктов 3° и 5° сразу можно получить полное реше-
ние задачи. Прежде всего сразу ясно, что машина, идущая
по самой крутой из всех 30 дорог, а именно четырнадцатой,
не будет нигде задержана. Далее будут задержаны все ма-
шины, путь которых пересекается с четырнадцатой дорогой,
а именно 1-я, 2-я, 3-я, 4-я, 6-я, 7-я, 8-я, 10-я, 12-я, 13-я,
18-я, 19-я, 22-я, 27-я, 28-я, 30-я. Из первых 13 машин
остаются лишь 5-я, 9>я, и 11-я. Но все эти три дороги пе-
ресекаются с первой дорогой, которая более крута, чем все
они; следовательно, машины, идущие по этим путям, тоже
будут задержаны. Из машин с 16-й по 30-ю по наиболее
крутой дороге идет 19-я машина. Все дороги от 15-й до 18-й
пересекаются с одной из двух пересекающихся дорог 14-й
и 19-й; так как все они менее круты, чем эти две, то все
машины, идущие по этим дорогам, будут задержаны. Из до-
рог от 20-й до 30-й наиболее круто идет 23-я дорога. Дороги
20-я и 21-я пересекаются с 23-й, следовательно, эти две
машины будут также задержаны. Далее из дорог с 24-й по
30-ю самая крутая 24-я. Из дорог с 25-й по 30-ю самая
крутая 30-я, которая пересекается менее крутыми дорогами
25-й, 26-й и 29-й. Так как 30-я дорога тоже пересекается
с 14-й, то кроме 14-й дороги лишь 23-я и 24-я не пересе-
каются с более крутыми дорогами.
Итак, не будут нигде задержаны лишь 14-я, 23-я и 24-я
машины.
Все приведенные рассуждения не зависят от расстоя-
ний между последовательными точками Аь Аг, ...,АМ.
Зв]
РЕШЕНИЯ
129
развертки конуса; черт.
Черт. 108.
36.	Разрежем конус по образующей, противоположной
той, на которой лежит рассматриваемая точка, так, что эта
образующая явится осью симметрии развертки. Отметим
прежде всего, что в случае а 180° кривая, очевидно, не
может иметь самопересечений (это становится совершенно
ясным при рассмотрении
Таким образом, нам оста-
лось только рассмотреть
случай, когда а <^180°.
На развертке наша
линия изобразится рядом
отрезков прямых (черт.
108, б); первый из этих
отрезков проходит через
заданную точку Ми пер-
пендикулярен в этой точ-
ке к образующей ОМ —
оси симметрии развертки.
Пусть А[ и А"х — точки
пересечения этого отрез-
ка с краями OS’ и OS”
развертки. Точки Л' и
А" изображают одну и
ту же точку конуса, по-
скольку они лежат на
одной образующей (изо-
бражаемой на развертке
двумя прямыми OS' и OS")
на равном расстоянии от
вершины О конуса. Эта
точка А2 будет первой
точкой самопересечения рассматриваемой линии (в ней схо-
дятся две ветви линии, изображаемые на развертке отрез-
ками МА^ и М4").
Продолжение линии МА{ за точку А' изображается на
развертке некоторым отрезком А"В1, проходящим через точку
А". При этом, так как / МА^О и / B"A'^S" на другой раз-
вертке, на которой образующая OS' не изображается двумя
130
РЕШЕНИЯ
[36
прямыми, представляют собой вертикальные углы (черт. 108, в),
то / МА^О = / B''A"S" и, следовательно, ^/B''A''S* =
= ^/МА''О. Точно так же продолжение линии МА’’ заточку
Л" изображается на развертке отрезком Л'5' таким, что
Z_B\A\S' = /_МА\О. Если /_B'A'XS\ = /_B\A!'XS" у, то
прямые АХВХ и А''В'Х направлены в разные стороны от О7И
и не пересекаются внутри развертки; следовательно, в этом
случае наша линия имеет единственную точку самопересече-
ния. Если /В’А'$'>4, но /В'.А!.В'—/_ B'!A''S"^a, то
прямые Л'В' и А"В'Х пересекаются между собой в некоторой
точке А2, но не встречают образующих OS", соответственно
OS'; в этом случае наша линия имеет две точки самопере-
сечения. Если же 5'Л'5'^>а, то прямые А'ХВ'Х и А'ХВ'' пере-
секают OS", соответственно OS' в точках А'3 и А'3. Точки
А" и А'3 изображают одну и ту же точку конуса; это будет
третья точка самопересечения нашей линии. Продолжением
линии АхА'3 за точку А'3 на развертке будет служить отрезок
А"3В"3, образующий с OS' угол /	— / А"А'3О; про-
должением А"А" за точку А3 будет служить отрезок А'3В'3,
образующий с OS" угол / B3A3S" = / А'ХА’О. Далее, в точ-
ности, как выше, мы можем заключить, что если / B3A"S'^
а
, то наша линия имеет только три точки самопересече-
ния At, Aa и Aa; если XB'3A'3S'^> ~ , то существует еще
одна точка самопересечения А4 — точка пересечения прямых
А"В" и А'3В3, а если / B'^S" а, то существует кроме
того еще одна точка As — эта точка изображается на раз-
вертке двумя точками А'3 и Л" пересечения прямых А"3В'3
и А'3В'3 с OS', соответственно OS". Дальше рассуждения ве-
дутся аналогично.
Отметим теперь, что / В'Л^' = / МЛ,'О = 90° — у ;
/ B"3A'S’^£A'XA'O =Z- B’.A.S'— / А"ОА' = (90° — 4 ) —
0 0	х 0	1 х	ill	2 J
37J
РЕШЕНИЯ
331
— а = 90° — Зу ит. д. Таким образом, мы видим, что если
0	90° — у у , т. е. 90° =С 2	, то линия имеет единст-
венную точку самопересечения; если -^-<^90° — -^-$ca, т. е.
2 у<^ 90° =СЗу , то линия имеет две точки самопересечения;
если 90° — -у<Са, но 90°— З-^-sC-^-.t. е. 90° 4~ ,
Л 2	2	2
линия имеет три точки
самопересечения; если у 90° —
— Зу «, т. е. 4 у 90°<^ 5 у , то линия имеет четыре
точки самопересечения и т.
что число точек самопересе-
чения рассматриваемой ли-
нии равно наибольшему це-
лому числу п, такому, что
п у <^90° (или, что то же
самое, гаа<^180°). Полное
доказательство, очевидное
после всего вышесказанного,
можно провести по методу
математической индукции.
37.	а) Первое реше-
ние. Пусть АВС—какой-
нибудь треугольник, верши-
ны которого лежат в узлах
сетки Рассмотрим прямоугольник, составленный из квадратов
сетки, стороны которого проходят через вершины треугольника
АВС (черт. 109). Тогда площадь треугольника АВС равна пло-
щади прямоугольника без площадей трех прямоугольных тре-
угольников, гипотенузами кото; ых служат стороны нашего тре-
угольника. Площадь прямоугольника и площади прямоуголь-
ных треугольников — числа рациональные, так как длина
и ширина прямоугольника, а также длины катетов треуголь-
ников— целые числа (за единицу измерения мы принимаем
длину стороны квадрата сетки). Следовательно, и площадь
треугольника АВС есть число рациональное.
132	решения	[37
Допустим теперь, что АВС — равносторонний треугольник.
Пусть сторона его а. Тогда его площадь равна  Но
а есть гипотенуза прямоугольного треугольника с целочислен-
ными катетами. Следовательно, а2— число целое. Поэтому
«г Кз-
-—------число иррациональное. Мы же показали, что пло-
щадь треугольника есть число рациональное. Таким образом,
не существует равностороннего треугольника с вершинами
в вершинах сетки.
Второе решение. Если бы вершины равностороннего
треугольника АВС лежали в вершинах сетки, то (см. черт. 109)
tga — ~DA' tg^ E~A •
Так как DC, DA, BE и EA — целые числа, то tga и tgj) —
числа рациональные.
Обозначим
tga = m и tg 8 =/г;
X = 180° — a—^ = 60°, ибо треугольник АВС равно-
сторонний. Отсюда
tg 60° = tg (180° — a — 8) = — tg(a-|-?) — —	•
„	т 4- п
Так как т и п — рациональные числа, то j!------------тоже
рациональное число.	~~
Но tg60° —и потому есть число иррациональное.
Полученное противоречие и показывает, что так поместить
правильный треугольник нельзя.
Третье решение. Проведем в плоскости оси коорди-
нат. За начало координат выберем вершину В треугольника
АВС. Ось Ох направим вдоль одной стороны квадрата с вер-
шиной в В, ось Оу— вдоль другой его стороны. За единицу
длины примем длину стороны квадрата.
Пусть в этой системе координат вершина А имеет коорди-
натами числах и у, вершина С — числа и ия; х, у, и, я—
целые числа.
Длина стороны АВ равна х2-]-у2, длина стороны ВС
и2-\-я2, а из прямоугольного треугольника ACD получаем,
37]	РЕШЕНИЯ	133
что длина стороны АС равна (х—а)8-|~(.У—г’)2- Если тре-
угольник АВС равносторонний, то
х2 -^-у2 = и2 -j- v2 = (х — и)2 (у — п)2.
Мы можем считать в этом равенстве числа х, у, и, v вза-
имно простыми (с наибольшим общим делителем 1), так как
если у них есть наибольший общий делитель, отличный от 1,
то мы сократим все три части равенства на его квадрат,
а в полученном равенстве числа х, у, и, v будут уже взаимно
просты. Поэтому мы можем считать, что не все числа х, у,
и, v четны. Далее, из равенства х2 -|-_у2 = и2 v2 следует,
что либо все четыре числа х, у, a, v нечетны, либо одно
из чисел х, у четно, а второе нечетно, и аналогично одно
из чисел и, v четно, а второе нет. В первом из этих двух слу-
чаях имеем
х = 2х1-|-1,	« = 2«1-|-1,
_у = 2yt 1, v — 2vt -}-1,
и, следовательно,
4 (XJ -)- Xj -|-_У1 -}-У{) -|~ 2 = 4 («1 и1 -|- П1 -)- i/j)	2 =
= 4 (х, — иг)2 4- 4 (ji — i/i)2;
два первых выражения на 4 не делятся, а третье выра-
жение на 4 делится, что невозможно.
Во втором случае имеем
x — 2xlt y — 2yl-\-l, и = 2и1 v=2Vi-\-l,
и, следовательно,
4(*1+_У1+.У1)4-1 =4(й1 + г’1 + г’1) + 1 =
= 4 (Х1 — UiY 4- 4 СУ! — I/J2.
Первые два выражения не делятся на 4, а последнее — де-
лятся, что невозможно.
Точно так же исследуется случай, когда х и v четны,
а у и а нечетны.
Так как все случаи оказываются невозможными, то не
существует целых чисел х, у, и, v, удовлетворяющих тре-
буемым равенствам, а значит, не существует равносторон-
него треугольника с вершинами в узлах сетки.
134
РЕШЕНИЯ
[38
б) Рассмотрим произвольный куб с вершинами в узлах
решетки (черт. 110). Из одной его вершины проведем по
диагонали во всех трех примыкающих гранях и вторые концы
этих диагоналей соединим между собой. Тогда полученные
прямые также будут диагоналями граней. Эти шесть прямых
будут ребрами правильного тетраэдра. Действительно, число
граней полученного многогранника четыре, все его ребра
равны как диагонали равных квадратов, все грани—равные
равносторонние треугольники. Из
Черт. 110.
равенства плоских углов трехгран-
ного угла следует также равенство
самих трехгранных углов (равенство
трехгранных углов можно показать
и непосредственно, совмещая куб
с самим собой).
38.	а) Пусть некоторую фигуру
можно начертить, не отрывая каран-
даша от бумаги.
Рассмотрим все точки, в которых
наша линия самопересекается, а
конечную точки вычерчивания. Будем
также начальную и
называть эти точки узлами, а части нашей линии, на
которые разбивают ее узлы,— отрезками. Узлы, в которых
сходится четное число отрезков, будем называть четными,
а узлы, в которых сходится нечетное число отрезков,— не-
четными.
Рассмотрим какой-нибудь узел, не являющийся ни нача-
лом ни концом пути при нашем обходе фигуры. Проходя
этот узел, мы каждый раз проходим пару примыкающих
к нему отрезков. Так как после обхода всей фигуры мы
должны пройти все отрезки, примыкающие к рассматри-
ваемому узлу и ни один из них не можем пройти дважды, то
этот узел должен быть четным.
Теперь рассмотрим начальный и конечный узлы. Здесь
может представиться два случая:
1) начальная и конечная точка вычерчивания совпадают,
2) начальная и конечная точка различны.
В первом случае все отрезки, оканчивающиеся в началь-
ном узле, можно разбить на пары,— несколько пар, по ко-
38]	решвния	135
торым мы проходили через этот узел, и пара, состоящая
из начального и конечного отрезков. Таким образом, в этом
случае и этот последний узел является четным. Аналогично
получаем, что во втором случае начальный и конечный узлы—
нечетные, а остальные узлы — четные. Таким образом, если
фигуру можно начертить, не отрывая карандаша от бумаги,
то число ее нечетных узлов не больше двух J).
Теперь покажем, что если число нечетных узлов фигуры
не превышает двух, то такую фигуру можно начертить, не
отрывая карандаша от бумаги. (Разумеется, мы предполагаем,
что наша фигура — связная, т. е. не состоит из нескольких,
не связанных между собой кусков — в противном случае надо
говорить не об одной, а о нескольких фигурах.) Здесь мо-
гут представиться два случая—либо все узлы четные, либо
есть хотя бы один нечетный узел.
В обоих случах будем вести доказательство по индукции.
I случай. Мы умеем чертить фигуру, состоящую только
из одного отрезка. Будем теперь предполагать, что мы знаем
способ вычерчивания любой фигуры, состоящей не более,
чем из п отрезков, и укажем способ вычерчивания фигуры,
состоящей из п-|-1 отрезка.
Выбрав какой угодно узел за начало, начнем чертить
нашу фигуру, выходя каждый раз из узлов по еще незачер-
ченным линиям. Очевидно, что наша непрерывая линия мо-
жет окончиться только в начальном узле, так как во все
другие узлы входит четное число отрезков, и поэтому для
каждого входящего отрезка мы сможем последовательно на-
ходить выходящий. При этом может оказаться, что, возвра-
Ti вшись в начальную точку, мы уже начертили всю фигуру,
и задача уже решена. Если же у нас остается ряд незачер-
ченных отрезков (черт. 111, а), то, во-первых, в каждом узле
будет сходиться четное число их (так как в каждом узле мы
зачертили четное число линий), а во-вторых, число этих от-
резков будет не больше п (так как один отрезок мы во вся-
ком случае зачертили). Эти отрезки поэтому образуют одну
!) Отметим, что общее число нечетных узлов фигуры обязательно
четно, так как сумма всех сумм отрезков, сходящихся в отдельных
узлах, равна удвоенному числу отрезков (каждый отрезок имеет
два конца), т. е. четна. В частности, фигура не может иметь един-
ственный нечетный увел.
136
РЕШЕНИЯ
[38
или несколько фигур, удовлетворяющих условию задачи,
причем число отрезков каждой фигуры меньше или равно п.
По предположению индукции, мы такие фигуры чертить
О)
Черт. 111.
умеем. Заметим, что каждая из этих фигур пересекается
с вычерченной нами линией, причем при вычерчивании такой
фигуры мы можем брать в качестве начальной точки одну
из точек пересечения этой фигуры с нашей линией, так как
33]	РЕШЕНИЯ	137
кривую, все узлы -которой четные, можно начинать чертить
из любой ее точки.
Поэтому мы сможем начертить всю нашу фигуру следую-
щим образом: сначала вычерчиваем отрезок нашей первой
линии от начальной точки А до первой точки пересечения
D{ с одной из остающихся фигур, затем вычерчиваем всю
эту фигуру, затем отрезок линии от D, до D2—точки пере-
сечения второй по порядку фигуры с нашей линией, затем
эту фигуру и т. д., пока, наконец, не возвращаемся в исход-
ную точку А (см. черт. 111, б, в).
II случай. Аналогично будем проводить построение
во втором случае.
Начнем вычерчивать нашу фигуру из одного из нечетных
узлов. Так как фигура состоит из конечного числа отрезков,
то этот процесс должен где-нибудь оборваться. Но, как мы
показали при разборе первого случая, он может оборваться
только в нечетном узле (начальный узел, после того как мы
зачертили один из исходящих из него отрезков, стал четным).
Поэтому существует еще один
нечетный узел, в котором и
оборвется наша кривая. Тогда
в оставшихся частях фигуры все	\\	/7
узлы будут четными, так как TI в ' т! 1т
во всей фигуре было не более
двух нечетных узлов, а мы ^:==\Ч
зачертили четное число отрез-
ков в четных узлах и нечетное	Черт ц2
число — в обоих нечетных. По-
этому оставшиеся части фигуры можно включить в нашу
кривую точно таким же способом, как это было сделано при
разборе первого случая !) (см. черт. 112).
б) Построим схему улиц Москвы, на которой каждый от-
резок улицы (квартал) изобразим двумя близкими линиями,
имеющими общие концы. При этом перекресткам, тупикам
и концам улиц, переходящим в загородные шоссе, будут
соответствовать узлы схемы. Заметим, что все узлы будут
!) Из нашего доказательства, в частности, еще раз следует, что
вовсе не существует фигур, имеющих единственный нечетный узел
(см. сноску на стр. 135).
138
РЕШЕНИЯ
(39
четными, так как в каждом узле будет сходиться вдвое
больше линий, чем сходится улиц в соответствующем пе-
рекрестке. Раз это так, то такую фигуру согласно пре-
дыдущей задаче можно начертить, не отрывая карандаша
от бумаги.
Будем теперь обходить улицы Москвы в том же порядке,
в каком мы проводили соответствующие им линии на схеме,
рисуя ее одним росчерком; тогда, очевидно, мы обойдем все
улицы и притом каждую два раза, так как у нас каждому
отрезку улицы соответствовало ровно две линии.
С другой стороны, если бы мы смогли, обходя Москву,
пройти по каждой улице ровно три раза, то тогда бы ока-
залось, что схему улиц Москвы, в которой каждый отрезок
улицы изображается тремя линиями, можно нарисовать одним
росчерком. Но это не так. Действительно, рассмотрим три
нечетных «перекрестка»: конец Ленинградского шоссе как
улицы Москвы, конец Можайского шоссе и конец Серпухов-
ского шоссе. В соответствующих узлах схемы будут схо-
диться по три линии. Таким образом, у схемы по меньшей
мере три нечетных узла (в действительности за счет других
загородных шоссе и Т-образных перекрестков их будет го-
раздо больше).
Значит, нашу схему нельзя нарисовать, не отрывая ка-
рандаша от бумаги, и, следовательно, нельзя обойти Москву,
пройдя по каждой улице ровно три раза.
Замечание. Это же предложение остается, очевидно, спра-
ведливым для любого города, из которого выходит не менее трех
шоссейных дорог.
39. 1° л = 2, 3. Совершенно очевидно, что система двух
или трех точек, расстояние между каждыми двумя из кото-
рых не меньше 1, может иметь диаметр 1 (черт. ИЗ, а, б}.
2° л = 4. Четыре точки на плоскости являются верши-
нами выпуклого четырехугольника (черт. 114, а) или три из
них образовывают треугольник, внутри которого расположена
четвертая точка (черт. 114, б). В первом случае хотя бы
один из углов четырехугольника будет не меньше 90°; пусть
это будет, например, угол /lj.<42.<4g. Отложим на сторонах
и Л2Л3 угла отрезки A2A't— А2А'3.= 1; очевидно,
39]
РЕШЕНИЯ
139
Отсюда следует, что
случае диаметр нашей
< AtA3. Далее, из сравнения треугольника Л'Л2Яз и равнобед-
ренного прямоугольного треугольника с катетами 1 заключа-
ем, что Д1\4з У 2 (по теореме о треугольниках с двумя со-
ответственно равными сторонами).
Л1Д3^|/2. Таким образом, в этом
системы четырех точек не мень-
ше чем У2 =1,41...	fyf—
Если четыре точки А2,
А3, At расположены так, как
изображено на черт. 114, б, то , /'
хотя бы один из углов А|Л4/12, Ь '
Л2Л4Л3, Л3/14Л1 не меньше
120°. Отсюда в точности, как
выше, заключаем, что в этом а) д
случае диаметр системы точек ук
а) ’	Дд
Черт. 113.	Черт. 114.
не меньше Уз — ] ,73... (Уз есть основание равнобедрен-
ного треугольника с боковыми сторонами 1 и углом при вер-
шине в 120°).
Итак, во всех случаях диаметр системы точек не меньше
1^2 = 1,41...; диаметр в точности равен У2 в том (и только
в том) случае, когда точки расположены в вершинах квадрата
(черт. 114, в).
140
РЕШЕНИЯ
[39
3° п = 5. Пять точек на плоскости являются вершинами
выпуклого пятиугольника (черт. 115, а) или четыре из них
образуют выпуклый четырехугольник, внутри которого распо-
ложена пятая точка (черт. 115, б), или три точки образуют
треугольник, внутри которого заключены остальные две точки
(черт. 115, в). Рассмотрим последовательно все эти случаи.
Если пять точек образуют выпуклый пятиугольник, то
хотя бы один из углов пятиугольника не меньше 108°
Черт. 115.
то, повторяя почти дословно рассуждения п. 2°, мы докажем,
. . .1 + Кб , с, Л + Кб „ . _,о
что АгА3 ~— = 1,61... (—----------— 2 sin 54 есть осно-
вание равнобедренного треугольника с боковыми сторонами
1 и углом при вершине в 108°). Таким образом, в этом слу-
1 -I- Кб"
чае диаметр системы точек не меньше—К,— =1,61...
«и
39]
РЕШЕНИЯ
141
Если пять точек расположено так, как это изображено на
черт. 115, б, то диаметр системы точек тоже не может быть
1 + /5
меньше —.
Действительно, из четырех углов А4АЪА3, А2АЪА4, AsAgAT
и Д4/5/2 >) по крайней мере два не превосходят 180°;
пусть это будут, например, углы А1А6А3 и A2AgA4. В таком
случае сумма трех углов	Л2Д6/14 и A4AgAt будет
больше 360° (она будет превосходить 360° на величину угла
Л2Д5.43). Следовательно, хотя бы один из этих углов больше
120°; пусть это будет, например, угол A^gAg. В этом случае
A^g^s ]/3= 1,73...^> 1 ~^2~-- (ср- с п. 2° решения).
Предположим, наконец, что пять точек расположены так,
как это изображено на черт. 115, в. Опишем вокруг всех
пяти точек круги радиуса */2; очевидно, никакие два из этих
кругов не пересекутся. Далее, если, например, круг с цен-
тром в точке А4 пересекает сторону АгА2 треугольника А4А2Аа,
то длины отрезков AtP и А2Р, где Р есть проекция Л4 на
A4A2, не меньше-^у-; действительно, АХР=	А 4 А2—А4Р2^?
j/^ 1 —4 =	('’6°	' Таким об-
разом, в этом случае AiA2^]/r3^> —- • Если же ни один
из кругов с центрами во внутренних точках Л4 и Ag не пе-
ресекает сторон треугольника А1АгАв, то площадь АХА2А3
к	он М \2 5л .
больше 2‘/2-п I 1 =-g- (внутри треугольника помещаются
два круга радиуса */2 и три сектора, сумма центральных уг-
лов которых равна 180°). С другой стороны, хотя бы один
!) Здесь, например, / AtAgAs есть угол, на который надо повер-
нуть Аг)А1 вокруг Ag в направлении по часовой стрелке,
чтобы совместить со стороной AgAs угла; таким образом, углы AtAgAs
и А3А5А1 не равны:
A^AgAg -J- AgAgA4 = 360°.
142
РЕШЕНИЯ
(40
из трех углов
пусть это будет,
4
У
д5
6)
Черт. 116.
треугольника Л]Л2Л8 не превосходит 60;
например, X Л,Л2Л8. Предположим еще, что
Л]Л2 Л2Л8; в таком случае будем
иметь
^дл^зЛ, =	Л1Л2« Л2Л8 sin
1	о „ л,л* 1/Т
gc -1- Л,Л? sin 60° =-я----.
2	*	4
Итак, окончательно получаем неравен-
ство
AjA^ ]/з	5я
4 У»
откуда следует, что
5ir Г 14_____
V
т> 1+Г5 .
В точности
метр
чае,
угольника (черт.
когда точки
Итак, во всех случаях диаметр систе-
мы не меньше ——=1,61...; диа-
1 + /5	,	.
равен —— в том (и только в том) слу-
расположены в вершинах правильного пяти-
115, г).
4»


2
Примечание. При я > 5 наиболее выгодным в смысле на-
стоящей задачи расположением п точек уже не будет то, при котором
точки расположены в вершинах правильного «-угольника. Так наи-
меньшее возможное значение, которое может иметь диаметр системы
шести точек, расстояние между каждыми двумя из которых не мень-
ше 1, равно 2 sin 72° = 1,90...; соответствующее расположение точек
изображено на черт. 116, а. В случае п — 1 наименьшее возможное
значение диаметра есть 2; соответствующее расположение семи точек
изображено на черт. 116, б.
40. 1° п = 4. Повторяя почти дословно рассуждения п. 2°
решения предыдущей задачи, убеждаемся, что из всех че-
тырехугольников со сторонами длины 1 наименьший диаметр
имеет квадрат (черт. 117, а); его диаметр равен J/2 = 1,41...
40]
РЕШЕНИЯ
143
2° п = 5. Повторяя почти дословно соответствующие рас-
суждения п. 3° решения предыдущей задачи, убеждаемся, что
из всех пятиугольников со сторонами длины 1 наименьший
диаметр имеет правильный пятиугольник (черт. 117, б); его
1 + /5	.
диаметр —~— = 1,61...
3° л = 6. Проведем из каждой верши-
ны равностороннего треугольника Л,Л8Л6
со стороной d как из центра дугу, соеди
няющую две другие вершины (черт. 118, а).
Середины дуг Л^д, Л3ЛБ и AbAt обозна-
чим соответственно через Л2, Ai и Ав; в
таком случае Л1Л2Л8Л4ЛБЛ6 есть выпук-
лый шестиугольник, все стороны кото-
рого равны между собой. Так как дуга
ЧП°
AjAg равна 60°, то X Л3Л!Л2 = -^-= 15°;
отсюда легко выводится, что / АЙА1А,=
= 60°4-2-15° = 90° и Z.aiA2As =
= 180° — 2-15°= 150°. Таким образом,
Черт. 117.
у шестиугольника Л1Л2Л3Л4Л6Ле череду-
ются углы 90° и 150°. Из того, что 4!/ЛвЛ1Л2 = 90°,
^_AtA2As= 150°, заключаем: ЛвЛ2<^Л1Л3 = d; отсюда сле-
Черт. 118.
дует, что диаметр шестиугольника Л1Л2Л3Л4Л6Л6 равен d
(d равны диагонали Л]Л4, Л2Л6, Л3Лв, AtAt, Л8Л, и Л6А,
144
РЕШЕНИЯ
[40
этого шестиугольника). Предположим теперь, что стороны
шестиугольника равны 1; в таком случае диаметр d равен
2 sin 75°= 1,93... Покажем теперь, что никакой шестиуголь-
ник со сторонами длины 1 не может иметь меньший диаметр.
Пусть BlB2B3BiBiBe есть какой-то выпуклый шестиуголь-
ник, все стороны которого равны 1 (черт. 118, б). Так как
сумма всех углов шестиугольника равна 180°(6 — 2) = 720°,
найдутся два соседних угла шестиугольника, сумма которых
2*720°
не меньше, чем—— = 240°; пусть, например, В2 и Bs—
такие углы. Если при этом хотя бы один из углов В2, Bs
больше 150°, то диагональ, соединяющая вторые концы
сторон, сходящихся в этом углу, будет больше чем 2 sin 75°.
Докажем теперь, что если J/ 150° и / Д, sg 150°,
то BiBl 2 sin 75°. Из треугольника ВХВ2В3 находим
ByB2 = 2 sin , / B2B3Bt =90° — и, следовательно,
2.
Z BlB3Bi = в3 +	- 90°.
Теперь по теореме косинусов имеем из треугольника ВХВ3В±
В& = В^ + В,дз2 - 2ВД • ВгВ3 cosZ В.В.В, =
=1 -[-4 sin2 у — 4 sin у cos Ц^з	у у — 90°
= 1 — 4sin	£sin -}-у) —sin А| =
=1 — 8 sin у sm — cos	—- —
= 1	8 sin у sin у sin
В,
90° будет наименьшим.
Таким образом, расстояние BtB4 будет наименьшим, когда
. Вп . Вп . / Вп 4" jBa
выражение sin -у sin у sin I —2
Воспользуемся теперь тем, что
. В2 . Вп 1 / В2 — Вп
sin у sin уJ = y ^c°s-4_J
В, 4-#8
cos —у -
40}
РЕШЕНИЯ
145
Следовательно, при заданной сумме X 4- / Д, = g (по
условию а 240°) выражение sin sin Ф будет тем мень-
Л л
ше, чем больше будет по абсолютной величине разность
X В2—/_ВЪ. Но по условию ни один из углов В2, Ва не
превосходит 150°; поэтому при заданной сумме 9 выражение
. В2 В* /	. Вг . В2 . / В2 4- В2
sin X sin X следовательно, и sin -у sin X sin ;
Л Л \	A	у Z
а значит и длина ВХВ^ будет наименьшим, если Х^2=^0°
или / Ва — 150°.
Предположим теперь, что	150°, X = J—150°.
В таком случае имеем
= 1 _|_ 8 sin 75°sin — 75°) sin — 90°) .
Но заметим теперь, что в шестиугольнике АхА2А2А4АаА№
(черт. 118, а) X >lg= 150° и X Аг -р / А — 240°; поэтому
А!А\ = 1	8 sin 75° sin (120° — 75°) sin (120° — 90°).
Из сравнения выражений для ВХВ\ и А^ непосредственно
следует, что ВХ4 ЛХ4 = 2 sin 75° (ибо т2&240°; следова-
тельно, sin — 75°^ sin (120°— 75°), sin — 90°^^
5г sin (120°— 90°)); при этом BlBi = AlAi только в том слу-
чае, если /_В2 = /_А2, Z-B2 = /_А2.
Таким образом, мы заключаем, что ни один шестиуголь-
ник со сторонами длины 1 не имеет диаметра, меньшего
2 sin 75°= 1,93...; диаметр шестиугольника точно равен
2 sin 75° в том (и только в том) случае, когда шестиугольник
имеет вид, изображенный на черт. 118, а.
Примечание. Мы видели, что из всех пятиугольников со
сторонами длины 1 наименьший диаметр имеет правильный пяти-
угольник; для шестиугольников это предложение уже не имеет места.
Это положение является общим: доказано, что при п нечетном пра-
вильный л-угольник имеет наименьший диаметр из всех л-угольников
со сторонами длины 1 (но только в том случае, когда число «-про-
стое, не существует других л-угольников, диаметр которых равен
диаметру правильного л-угольника), а при п четном, большем 4,
это уже неверно. Показано также, что при четном л, н е являю-
щемся степенью двух, наименьший возможный диаметр
л-угольника со сторонами длины 1 равен радиусу круга, описанного
146
РЕШЕНИЯ
[41
вокруг правильного 2/г-угольника со сторонами длины 1 (так, в слу-
чае и = 6 наименьшее возможное значение диаметра, как мы видели,
равно 2 sin 75°; но 2 sin 75° есть радиус круга, описанного вокруг
правильного 12-угольника со стороной 1). В случае, когда п есть
степень двойки, большая 4, вопрос остается открытым. Показано
только, что в этом случае наименьшее возможное значение диаметра
заключается где-то между диаметром окружности, описанной во-
круг правильного /z-угольника со стороной 1 (правило, по которому
определяется наименьший возможный диаметр в случае нечетного /г),
и радиусом окружности, описанной вокруг правильного 2/г-угольника
со стороной 1 (правило, по которому определяется наименьший воз-
можный диаметр в случае четного п, не являющегося степенью 2-х).
41.	Совершенно очевидно, что можно построить ломаную
с любым нечетным числом звеньев, удовлетворяющую
условиям задачи: при // = 3 это будет правильный треугольник
(черт. 119, б). Докажем теперь, что ни при каком четном п
такая ломаная невозможна.
Пусть АВ, CD — два несоседних звена какой-либо лома-
ной, удовлетворяющей условиям задачи. Мы утверждаем, что
CD пересекает АВ.
Действительно, согласно условию задачи, точки С и D
обе лежат внутри пересечения двух кругов радиуса 1 с цен-
трами в точках А и В (черт. 120), Отсюда сразу следует, что
С и D не могут лежать по одну сторону АВ, ибо если С лежит
по какую-то определенную сторону от АВ, то все остальные
общие точки рассматриваемых кругов, расположенные по ту
же сторону от АВ, что и С, удалены от С меньше чем на 1.
41]	' РЕШЕНИЯ	147
Рассмотрим теперь две полуплоскости Pt и Р2, на которые
разбивает плоскость прямая какого-либо звена /44Л2 ломаной
ДЛ2Л3...ЛП, удовлетворяющей условиям задачи (черт. 121).
Пусть точка А3 лежит в полу-
плоскости Р,. Тогда Л4 лежит
в полуплоскости Р2 (ибо Л3.44
пересекает А1А2); точка Л6
лежит в полуплоскости Pt (ибо
Л4Л6 пересекает УЦ^42); точка
Ав лежит в полуплоскости Р2
(ибо ЛиЛ» пересекает <4(Л2) и
т. д., т. е. все вершины лома-
ной с нечетными номерами (кро-
ме <4j) лежат в полуплоскости
Р] и все вершины с четными
номерами (кроме А2)— в полу-	Черт. 120.
плоскости Р2. Но звенья Л2Л3
и АхАп ломаной пересекаются; отсюда следует, что точки Аа
и Ап лежат в одной и той же полуплоскости. Следовательно,
п нечетно, что и требовалось доказать.
Черт. 121.
Примечание. Представляет интерес вопрос о том, каков
наименьший возможный диаметр замкнутой ломаной (может быть са-
мой ересекающейся), составленной из четного числа л отрезков
длины 1. Рекомендуем читателю по пытаться самому решить этот во-
прос для случаев п = 4 и п — 6 (решение вопроса для общего слу-
чая неизвестно).
148
РЕШЕНИЯ
[42
Черт. 122.
42.	Если наша система точек совпадает с вершинами
правильного треугольника со стороной 1, то ее нельзя заклю-
Уз /Уз
чить внутрь круга радиуса, меньшего, чем —- есть
О \ о
радиус круга, описанного вокруг правильного треугольника
со стороной 1; см. решение задачи 18). Пусть теперь мы имеем
какую угодно систему точек диаметра 1. Нетрудно показать,
что каждые три точки А, В и С
системы можно заключить внутрь
У з
круга радиуса -g— . Действительно,
если треугольник АВС тупоуголь-
ный, то он весь помещается внутри
окружности, описанной на большей
стороне, как на диаметре (черт. 122, а);
но так как диаметр системы точек
не превышает 1, то радиус этой
окружности не больше ,/2» т. е. даже
Уз о
меньше —g— . Если же треугольник
АВС остроугольный (черт. 122, б), то
хотя бы один его угол не мень-
ше 60° (ибо сумма всех углов равна
180°); пусть это будет, например,
угол В. Тогда по теореме синусов
будем иметь
АС 1	, _УГ
а~2 sin 5^=2 sin 60° “ 3 ’
где /? — радиус круга, описанного
АВС. Из того, что каждые три из рас-
вокруг треугольника
сматриваемых точек можно заключить внутрь круга радиуса
Уз-
-ь—_ , следует, что и в с е точки можно заключить внутрь
О
т/'Т
круга радиуса -Ц— (см. задачу 18). Таким образом, наимень-
О
шая окружность, в которую можно заключить любую
,	Кз
систему точек диаметра 1, имеет радиус .
43—44]	решения	149
43.	Очевидно, что круг диаметра 1 нельзя заключить ни
в какой квадрат, сторона которого меньше 1. С другой сто-
роны, почти столь же ясно, что каждую фигуру диаметра 1
можно заключить внутрь квадрата со стороной 1. Действи-
тельно, каждый квадрат, заключающий внутри себя какую-то
фигуру Ф, всегда м >жно уменьшить с тем, чтобы хотя бы
одна пара противоположных сторон квадрата «упиралась» в
фигуру (черт. 123). Но если А и В — точки фигуры Ф диа-
метра 1, лежащие на противоположных сторонах квадрата,
содержащего Ф внутри себя, то расстояние между этими сто-
ронами квадрата (или, что то же самое, сторона квадрата)
не превосходит АВ, а АВ^1.
Таким образом, наименьший квадрат, в который можно
заключить любую фигуру диаметра 1, имеет сторону, равную 1.
44.	Докажем, что всякую плоскую замкнутую ломаную
периметра 1 можно заключить внутрь круга радиуса */4. Пусть
А — произвольная точка нашей ломаной, В—такая точка
ломаной, что обе части ломаной, соединяющие точки А и В,
имеют одну и ту же длину Ч2, О — середина отрезка АВ
(черт. 124). Проведем окружность радиуса */4 с центром в
точке О. Мы утверждаем, что вся ломаная будет заключаться
150
РЕШЕНИЯ
[45
внутри этой окружности, т. е. что расстояние любой точки М
ломаной до точки О не больше х/4. Действительно, пусть
М — произвольная точка ломаной, М' — точка, симметричная
М относительно точки О. Соединим точки М и М’ с точ-
ками Л и В. Так как AM не больше части ломаной, заклю-
ченной между точками А и М, а ВМ не больше части ло-
маной, заключенной между точками В и М, то АМ-]-ВМ
не больше части ломаной, заключенной между точками А и В,
т. е. не больше 112. Но из черт. 124 нетрудно усмотреть,
что АМ=:ВМ', ВМ=АМ', 0М=0М’. Из рассмотрения
треугольника АММ' нетрудно.вывести, что
ММ' =20МЩ АМ~{-АМ' = АМ-}-ВМ^~, OMs^^,
что и требовалось доказать.
С другой стороны, диаметр ломаной периметра 1 мо-
жет быть сколь угодно близок к '/'г (так будет, например,
в том случае, если ломаная представляет собой ромб со сто-
роной и очень малым острым углом). Атак как диаметр
круга, содержащего ломаную, очевидно, не может быть
меньше диаметра ломаной, то никакой круг радиуса, мень-
шего ’/<> не может покрывать любую плоскую замкнутую
ломаную периметра 1. Следовательно, искомое значение ра-
диуса круга равно */4.
45.	Нам надо доказать, что все вершины ломаной лежат
внутри круга радиуса 4 с центром в точке Ао, т. е. что все
расстояния A0At, А0А2, А0А3, . .. , А0Ап меньше 4. Пусть
Ak—какая-то из вершин А2, А3, ... , Ап (то, что вершина
At лежит внутри этого круга, очевидно, ибо /10А] = 1 <^4).
Опишем вокруг треугольника /40А]А2 окружность Сь вокруг
треугольника AtA2Aa — окружность С2, вокруг треугольника
А2А8А4 — окружность С3 и т. д., наконец, вокруг треуголь-
ника А^А^А*— окружность С/г_, (черт. 125, а). Центры
окружностей С], С2, С3, ... , Ck_t обозначим соответственно
через Or, О2, О3, .. . , О^.
Рассмотрим ломаную А0О1О2О3. . . Ok_iAk. Очевидно,
АИ* АА о,о2 о2^з ok_2ok_l -f-	=
—	(О А + О2О3	Ол_гО*_1) + Oa_iAa.
451
РЕШЕНИЯ
151
Пусть есть середина отрезка A0At. Из треугольника
находим
д о — д О —	•'‘^1	—_______Уг____
лосл —	— cos	£AAlAf) •
Но по условию XA2AfAn^,\20°; следовательно, ^-^^^60°
и
Аналогично доказывается, что
Таким образом, нам остается
только оценить длину ломаной
0,0,0;,.. . Ok_i- Проведем через
точки Ао и At окружности С2 ,
Сз, ... , Ck~ 1, равные соответ-
ственно окружностям С2, С3, . ..
 • • , Ck_x-, центры этих окружно-
стей обозначим через О2, О3, ...
.. . , Ok—i- Мы утверждаем, что
О^О2= O1O2, О2О3 = О21Оз,
О3О4 — O3O4, ...
• • • । Ok_2Ok_] = Ол— гОл—р
Действительно, пара окружно-
стей С, и С2 равна паре окруж-
ностей Ci и С2; если сдвинуть
первую пару окружностей так, чтобы отрезок .4^2 перешел в
равный ему отрезок A0Ai, то эта пара совпадает с парой окруж-
ностей С, и С2. Отсюда следует, что OiO2 = OtO'2. Ана-
логично пара окружностей С2 и С3 равна паре окружностей
С2 и Сз; движение, переводящее отрезок А2А3 в отрезок
A0Ai, совмещает первую пару окружностей со второй. По-
этому О2О3 = О2О3. Точно так же доказываются и равенства
О3О4 = О3С>4, ... , Ол_3О*_1 = Оа-2Оа--1 (см. черт. 125,б).
152
РЕШЕНИЯ
[45
Таким образом,
Oi<?2 ~Ь О2О3 4~ О3О4 Ok_2Ok_\ — O1O2 4~ O2O3
4~ O3O4 4~ ••• 4~ Ok—20k—1.
Все точки 01, О2, Оз, ... , Ok—i расположены на пер-
пендикуляре, восставленном к отрезку А0А1 в его середине St.
Если обозначить середины отрезков АЛ2,Л2Л3, .. . , 0А_2ЛА_(
соответственно через S2, З3, ... , Sk_t, то легко получить
ОЛ=А-Jh tg Z ОНА =4 tg ,
O2S1 = O2S2 = A2S2 tg ~/_ o2a2s2 = 4 tg	,
0’38, = 03S.,= A3sa tg 2 O3A3S3 = 4 tg	,
Ok—1 •$!—Ok_ASk_x—Ak_xSk—x tg X.Ok— dk— i^k—i —
__ 1 x„ AkAk—iAk—2
— ylg §	•
Но по условию задачи
60° -С /	'	'	' / А^_2А^_^А^	120°;
следовательно,
4 tg 30° oa < d2sx o;^ < ... < oZj^ < 4tg 60°-
Из последних неравенств вытекает
O1O2 + O2O3 4~ O3O4 4- • • • 4~ 0k—20k—i = OtOk—i =
= o'k-d' — ОЛ 4 (tg 60° — tg 30°)
и, значит,
0,0,+ 0,0,+ 0,0, + ... + 0^,0^, « ~ (lg <>0°-tg30°)=
2 V 3 J 3 ’
откуда окончательно имеем
ЛО14" (OiO24~	4~ • • • 4“ ^A-2^-i) 4-
4-о*_1Л< 14^4-1 <4,
что и требовалось доказать,
46)
РЕШЕНИЯ
153
46. Очевидно, достаточно рассмотреть случай, когда ши-
рина 7?— г кольца меньше 1; в противном случае угол АОВ
может быть равен нулю (черт. 126). Далее можно считать,
Черт. 126.
Черт. 127.
окружностей: в противном случае сдвинем параллельно отрезок
АВ так, чтобы один конец его попал на эту окружность; при
этом угол АОВ только уменьшится (черт. 127). Далее прове-
дем из точки А внутри кольца дугу ВАВ2 радиуса 1 (черт. 128);
точка В должна лежать где-то на этой дуге. Проведем теперь
154
РЕШЕНИЯ
[46
из точки О касательную ОВ0 к окружности, которой принадле-
жит эта дуга. Если точка Во лежит вне дуги ВХВ2 (черт. 128, а)
или совпадает с ее концом В2, то угол АОВ при движении
точки В по дуге ВХВ2 от точки Bt, лежащей на большей
окружности, до В2 все время увеличивается; следовательно,
этот угол принимает наименьшее значение, когда В совпа-
дает с В, (и наибольшее, когда В совпадает с В2). Если же
точка Во лежит внутри дуги ВХВ2 (черт. 128,6), то угол АОВ
увеличивается, когда точка В движется от В{ к Вй, а затем
начинает уменьшаться; следовательно, в этом случае угол АОВ
принимает наименьшее значение, когда точка В совпадает
с какой-то из точек Вх или В2 (и наибольшее, когда В сов-
падает с Во). Итак, во всех случаях угол АОВ принимает
наименьшее значение, когда В совпадает с одной из точек
Вх или В2.
Отметим теперь, что
(следует из рассмотрения треугольника ОАВ^, и
, .„о	7?2 _|_ /?2 _ 1	1
COSZ^!--^-
Определим, в каком случае будет больше первый и в каком
случае второй из этих углов.
Очевидно,
R24-Z-2-1	_^ + Rr^-R-2Rir-i(-r
2Rr	2R2 ~	2R2r	~~
_(R-r) (R2 — Rr —
2R?r	2Rr
Отсюда следует, что
если r<^R— то cos /_ЛОВ2> cos /_АОВХ
и, следовательно, / АОВ2<С / АОВХ\
если r> R — , то cos Z АОВ2 < cos / АОВХ
и. следовательно, //,АОВ2> £АОВХ.
47]
РЕШЕНИЯ
155
Итак, окончательно получаем: если r^R — i то наи-
К
меньший возможный угол равен arccosI 1 —	) (=2arcsin^y>) I
если г ^R-----тг (но r^R—1), то наименьший возможный
К
#2 _|_ r2 __ J	J
угол равен arccos-----у-----(если r—R — -д, то оба ответа
совпадают); если r^R—1, то наименьший возможный угол
равен нулю.
47. Обозначим радиус наименьшего ;круга, внутри кото-
рого можно поместить п точек, одна из которых совпадает
с центром круга и расстояния между каждыми двумя не
меньше 1, через Rn. Наша задача состоит в том, чтобы опре-
делить значения Rn при нескольких первых значениях п.
1° Совершенно очевидно, что
Rz — Rs — Rt — R5—Rg—
(внутри круга радиуса 1 можно поместить 7 точек, расстояния
между каждыми двумя из которых не меньше 1; достаточно
принять за эти точки центр круга и шесть вершин правиль-
ного вписанного шестиугольника; черт. 129,rz).
2° Пусть внутри круга радиуса R расположено п точек,
так что одна из точек совпадает с центром круга и расстояния
между каждыми двумя из точек не меньше 1. В таком случае
п—1 из этих точек расположены внутри кольца с центром
в л-й точке Ао, образованного окружностями радиусов 1 и
R. При этом расстояние между каждыми двумя из этих п—1
точек не меньше 1 и хотя бы один из углов, под которым
видны из центра кольца отрезки, соединяющие эти точки,
360°
не превосходит п__  Это замечание указывает на связь
настоящей задачи с предыдущей.
Если л = 8, п —1=7, то наша задача сводится к тому,
чтобы найти наименьшее число R такое, что внутри кольца
с центром Ао образованного окружностями радиусов 1 и R,
можно расположить две точки и А2, расстояние между
360°
которыми не меньше 1 и угол Л|Л0Л2 не превосходит -у-.
156
РЕШЕНИЯ
48]
РЕШЕНИЯ
157
В силу результата задачи 46 для этого необходимо, чтобы было
п . 1	360°	п 1	, , с
2 arcsin^Ss: -=- ; отсюда следует, что /?„ =------тыъ— 1,15...
ЛК /	°	„ .	1 oil
2 sin -у-
(черт. 129,6).
Совершенно так же находим
^9== |8Qo == 1 >30... , /?ю= iso0 == >^5... ,
2 sin ——-	2 sin -к—
о	У
^11==	180° =	• •
2 sin
Примечание. Отметим, что при л>11 мы будем иметь
1 ,
R __g- > 1, и соответственно этому наиболее выгодное расположение
Кц
п точек уже не будет подобно черт. 129, б (см. решение задачи 46).
Так, например, с помощью второй из формул решения задачи 46
360°
нетрудно вывести, что arccos	откуда Rlg = 2 cos 30° —
= 1,73... ; расположение 13 точек в круге радиуса 'К 3, удовлетво-
ряющее условию задачи, будет иметь вид, изображенный на черт. 129, в.
'	ч»
48.	Решение этой задачи близко к решению предыдущей
и также основывается на теореме
задачи 46.
На каждой стороне длины
1 правильного шестиугольника,
вне его построим квадраты (черт.
130). Вершины квадратов, не яв-
ляющиеся вершинами исходного
шестиугольника, служат, как лег-
ко видеть, вершинами пра-
вильного двенадцатиугольника. Ра-
диус круга, описанного около
этого двенадцатиугольника, равен
•yisin 15°= 1,93 ... Таким обра-
зом, вершины всех квадратов вместе с центром шестиуголь-
ника образуют систему из 19 точек, которую можно заключить
в круг радиуса 1,93... , т. е. радиуса, меньшего 2; при
этом расстояние между ближайшими из этих точек равно 1.
158
РЕШЕНИЯ
[48
Покажем теперь, что 20 точек, удовлетворяющих условию
задачи, никаким образом нельзя поместить внутри круга ра-
диуса 2. В решении задачи 47 мы показали, что радиус
наименьшего круга, внутри которого можно поместить 10 то-
чек так, что одна из точек совпадает с центром круга и
расстояния между каждыми двумя точками не меньше 1,
равен 2“sin~20° = 1’46- • Поэтому внутри кольца, ограничен-
ного концентрическими окружностями радиусов 1 и 1,45, нель-
зя поместить девять точек, расстояния между каждыми двумя
из которых не меньше 1. Точно так же можно показать, что
внутри кольца, ограниченного концентрическими окружностями
радиусов 1,45 и 2, нельзя поместить 13 точек, расстояния
между каждыми двумя из которых не меньше 1; угол, под
которым виден из центра кольца отрезок, соединяющий ка-
,	3+1,45)2 ос „0
кие-либодве из этих точек, не меньше arccos 45	1
а 13 • 28,3°	360°. Отсюда следует, что если 20 точек, удов-
летворяющих условию задачи, помещаются внутри круга ра-
диуса 2, то либо семь точек помещаются внутри кольца С,
образованного окружностями радиусцв 1 и 1,45, а 12 точек —
вне этого кольца, либо восемь точек помещаются внутри С,
а 11—вне С (20-й точкой в обоих случаях является центр
О окружности). Рассмотрим отдельно оба эти случая.
1° Семь точек Аи А2, ... , расположены
внутри кольца С, а 12 точек В1г В2, ..., В12 — вне
этого кольца (черт. 131, а). Мы будем считать, что как
первые семь точек, так и последующие 12 точек следуют
друг за другом в выписанном порядке при обходе вокруг
центра круга. Отметим прежде всего, что ни одна из первых
семи точек не может быть расположена вне кольца, образо-
ванного окружностями радиусов 1 и 1,30. Действительно,
если бы, например, точка А} лежала вне этого кольца, то
каждый из углов /IjOBj и А1ОВ2, где О — центр круга, а
Bi и В2 — две ближайшие к А, точки В, расположенные с раз-
ных сторон от OAlt был бы не меньше arccos	= 25,5 ...
(см. решение задачи 46). Следовательно, мы имели бы
/ ВАОВ2'у 51,0°. Далее в силу результата задачи 46 каж-
дый из углов В2ОВ2> В2ОВ±, ... , Вп ОВ12, ВГ2ОВГ не меньше
48]
РЕШЕНИЯ
159
160
РЕШЕНИЯ
[48
28,3° (см. выше). Но И •28,3°-|-5110о^> 360°, откуда и
следует наше утверждение.
Таким образом, мы можем утверждать, что 12 точек
расположены вне кольца С, а семь точек — внутри меньшего
кольца с, образованного окружностями радиусов 1 и 1,30.
При этом в силу результата задачи 47 все последние семь
точек не могут лежать внутри кольца, образованного окруж-
ностями радиусов 1 и 1,15. Пусть, например, точка А{ ле-
жит вне этого кольца. Датее можно показать, что хотя бы
одна из шести остальных точек расположена вне кольца с',
образованного окружностями радиусов 1 и 1,10: действи-
тельно, если бы все шесть точек /12, А3, ... , Л, лежали
внутри этого кольца, то углы А2ОА3> А3ОА4, ... , АвОА7
были бы не меньше 2 arcsin 54,0°; углы АгОА2 и
А4ОА7 были бы не меньше
2 arcsin^-g = 45-2°’ а 5-54,0°4- 2-45,2°> 360°.
Пусть В} и В2— точки В, наиболее близкие к At и рас-
положенные с разных сторон от ОД,; в таком случае углы
А,ОВг и Д1ОД2 не меньше arccos	=; 20,0° и угол
В\ОВ2 не меньше 40,0°. Точно так же, используя то, что
одна из остальных точек А расположена вне кольца с,
можно показать, что один из углов ВХОВ2, В2ОВ3,__ ВХ2ОВХ
не меньше 2arccos2-16,8°= 33,6. Если это тот
же угол ВХОВ2, который фигурировал у нас выше, то он
должен быть даже не меньше чем 20,0°-]- 45,2° -ф-16,8° =
= 82,0° (ибо угол между каждыми двумя из точек А не
меньше 2 arcsin
к противоречию,
1
2-1,3
45,2
так как
°) ; в этом случае мы приходим
11.28,3° 4-82,0° >360°. Если
же среди углов ВХОВ2, В2ОВ3, ... , В]2ОВ{ есть один не
меньший 40,0° и один не меньший 33,6°, то мы также смо-
жем прийти к противоречию, если только воспользуемся тем,
что в силу результата задачи 47 не более девяти из наших
20 точек могут быть расположены внутри окружности ра-
диуса 1,60 и, следовательно, не более двух из точек В
48]
РЕШЕНИЯ
161
заключаются внутри этой окружности. Поэтому по крайней
мере 8 из 12 углов ВХОВ2, В2ОВ2, , ВХ2ОВХ не меньше
чем 2arcsin^ 28,9°. Таким образом, в этом случае сумма
углов ВХОВ2-^-В2ОВ2-\- ... ВХ2ОВХ не меньше чем
40,0°4 33,6°4 6-28,9°4 4-28,3°>360°. Этим и заканчи-
вается разбор случая 1°.
2° Восемь точек Ах, А2, ... , As р а с п о л о же н ы
внутри кольца С, а 11 т о ч е к В2,..., Вхх—в не этого
кольца (черт. 131, б). При этом в силу результата задачи
47 все восемь точек А не могут быть расположены внутри
круга радиуса 1,30: хотя бы одна из этих точек (будем считать,
что это Л[) находится вне этого круга. Далее совершенно
аналогично тому, как мы рассуждали при разборе случая 1°,
можно показать, что из восьми точек А не менее двух
лежат вне круга радиуса 1,25 (это следует из того, что
6-2 arcsin Д-2 2 arcsln ;г-г-тё = 6 • 47,1 °-4-2 • 40,3° >
2 • 12 • 1,40
> 360° значит, кроме Ах еще какая-то из точек А ле-
жит вне этого круга. Наконец, точно так же покажем, что
из восьми точек А не менее трех лежат вне круга
радиуса 1,15 (это следует из того, что 4 • 2 arcsin g-p-pg 4
4-4-2 arcsin 2Д*45	4 ' 51,5°4-4- 40,3° > 360°^ ; следова-
тельно, кроме точек, упомянутых выше, еще одна точка А
лежит вне этого круга.
Пусть теперь Вх и В2 — точки В, наиболее близкие к
точке 4 и расположенные с обеих сторон от ОАХ; в таком
Случае углы АХОВХ и АХОВ2 не меньше чем arccos 2 2 13
=5:25,5° и угол ВХОВ2 не меньше 51,0°. Точно так же,
используя то, что еще одна из точек А лежит вне круга
радиуса 1,25 и одна—вне круга радиуса 1,15, можно пока-
зать, что один из углов ВХОВ2, В2ОВ2, ... , ВХ2ОВХ не
меньше 2 arccos	=s: 2-24,1° = 48,2°. Если какие-либо
2'2* 1 ,о
два из этих трех «больших» углов совпадают, то соответ-,
ствующий угол не меньше чем 20,0°-|-24,1°-|-40,3°=84,4о
11 Д. о. Шклярский и др.
162
РЕШЕНИЯ
[49
(ибо каждый из углов AtOA2, А2ОА3, ... , А3ОА^ не
меньше чем 2 arcsin	40,3°); в этом случае мы
приходим к противоречию, так как 10• 28,3°84,4°^>360°.
Если же из углов ВХОВ2, В2ОВ2, ... , ВГ2ОВХ один не
меньше 51,0°, другой 48,2° и третий 48,2°, то мы снова
приходим к противоречию, так как 51,0° Ц-48,2°-^-40,0°-|-
-f- 8-28,3°360°. Этим заканчивается разбор случая 2°.
Таким образом, наибольшее число точек, которые можно
расположить с соблюдением условий задачи, равно 19.
49.	Так как единичный круг, касающийся S, виден
из центра О круга
5 под углом 60°
(черт. 132, а), то
к 5 нельзя прило-
Черт. 132.
жу
W	Л / OUV \
жить больше b( = ggo I непересекающихся единичных кру-
гов. Шесть кругов, очевидно, приложить можно (черт. 132,6).
Далее, если и О2 — центры двух приложенных к 5
единичных кругов Ct и С2 таких, что Oi не лежит внутри С2,
а О2 не лежит внутри Сг (черт. 133, а), то OiO2 1, ОО{ =
= ОО2 = 2 и X С^ООа 2 arcsin == 29,0°. Отсюда вы-
текает, что к 5 можно приложить не больше 12 (12 есть
49]
РЕШЕНИЯ
163
11*
164
РЕШЕНИЯ
150—51
. 360° \
целая часть дроби 1 единичных кругов так, что ни один
из них не будет содержать внутри себя центр другого круга;
12 кругов, очевидно, приложить можно (черт. 133, б).
50.	На черт. 134 показано, что 18 кругов, удовлетво-
ряющих условию задачи, разместить можно (шесть кругов
черт. 134 имеют центры в вершинах правильного шестиуголь-
Черт. 134.
ника, вписанного в S,
остальные 12 — в вер-
шинах квадратов, по-,
строенных на сторонах
вписанного шести-
угольника вне его; ср.
с черт. 130). То, что
больше 18 кругов раз-
местить нельзя, сле-
дует из результата за-
дачи 48: в противном
случае центры всех
кругов (включая центр
О круга S) образовы-
вали бы систему из
20 или больше точек,
заключенных внутри
круга радиуса 2 с цен-
тром в одной из этих
точек О и таких, что расстояние между каждыми двумя из
этих точек не меньше 1, в то время как в силу теоремы
задачи 48 такой системы точек не может существовать.
51.	Первое решение. Пусть О — центр основного
квадрата Z<, О{ и О2— центры приложенных к нему непере-
секающихся квадратов и К2 (черт. 135, а). Так как наи-
меньшее расстояние от центра единичного квадрата до его
границы равно , то отрезки ООг, ОО2, ОгО2 не меньше 1.
Далее, так как квадраты К и К\ соприкасаются в некоторой
точке А, то ООг OA-j-ОгА s^]/2 ^ибо наибольшее рас-
стояние от центра единичного квадрата до его границы равно
51J
РЕШЕНИЯ
165
-ty-J . Следовательно, точки Ot и О2 лежат внутри кольца
с центром О, ограниченного окружностями радиусов 1 и
К нельзя приложить
больше восьми
как 9-41,4°
Черт, 136.
следует, что к квадрату
непересекающихся единичных квадратов, так
360°. То, что восемь квад-
ратов приложить можно, сле-
дует из черт. 135, б.
Примечание. Эту задачу
можно также решить, не поль-
зуясь тригонометрическими табли-
цами. 2 arcsin _ есть угол при
вершине равнобедренного тре-
угольника с боковыми сторонами
"К 2 и основанием 1. Приложим друг к другу девять таких треуголь-
ников так, как это указано на черт. 136. Сумма длин оснований всех
этих треугольников будет превосходить длину окружности радиуса
У 2 : действительно, 2я У2 < 2-3,142-1,42 < 8,93 < 9. Отсюда
вытекает, что 9-2 arcsin --р, —1 > 360°, а это нам и требовалось
показать.
Второе решение. Пусть ABCD — исходный квад-
рат К’, длину его стороны мы примем за единицу. Рассмо-
166
РЕШЕНИЯ
(51
трим квадрат A'B’C'D' со стороной 2, имеющий общий центр
с квадратом К и те же направления сторон (черт. 137, а);
периметр квадрата A'B'C'D’, очевидно, равен 8. Покажем,
что длина I части периметра квадрата A'B'C’D' высекаемой
стороной одного прикладываемого квадрата не может быть
меньше 1; отсюда будет следовать, что к К нельзя прило-
жить больше восьми не налегающих друг на друга квадра-
тов. Рассмотрим все возможные положения приложенного
квадрата.
Черт. 137.
1° Пусть ни одна из вершин квадрата A’B'C'D' не по-
падает внутрь приложенного квадрата (случаи квадратов
EFGH и EJyGJ-Ii на черт. 137, а). Если при этом лишь
одна вершина приложенного квадрата попадает внутрь квад-
рата AB'C'D' (как в случае квадрата EFGH}, то, обозна-
чив угол между сторонами ВС и EF через а, будем иметь
I— МК-\- KN=EK tg а + EKctg а = — tg а
2	У tg
Если же две вершины приложенного квадрата попадут внутрь
квадрата AB'C'D' (как в случае квадрата EJ\GXH^, то,
очевидно, 1=NlLl = 1.
52]
РЕШЕНИЯ
167
2° Пусть одна из вершин квадрата A'B'C’D' попадет
внутрь приложенного квадрата (квадраты AF2G2H2, E3F3G3H3
и E4F4G4H4 на черт. 137,6). Если приложенный квадрат
своей вершиной примыкает к квадрату ABCD в отличной от
вершины точке границы (случай квадрата E..F&G3H3}, то
1=МВ' Ц- B’N= (РВ’ -j- B'Q) -j- (QN—PM) =
=A + (QN~PM).
Но (черт. 137,6)
PM=E3Ptga, QN=RQtga, RQ — E3P=RB — E3B^O,
так как a=c45°. Следовательно, QN^PM и 7^>1. Эти же
рассуждения применимы в том случае, когда приложенный
квадрат примыкает вершиной к вершине квадрата ABCD (слу-
чай квадрата AF2G2H2)\ в этом случае только P'M' — Q'N' и,
следовательно, I = М'А’A'N' = 1. Наконец, если прило-
женный квадрат примыкает к вершине квадрата ABCD сто-
роной (случай квадрата E4F4G4H^, то
I = Mfl' -\-D’N4> MxNx G4F4 = 1.
Тдким образом, во всех случаях длина части MN периметра
A'B'C’D' действительно не может быть меньше 1.
52.	Возьмем правильный тетраэдр и из его центра про-
ведем лучи через его вершины (черт. 138); мы получим
четыре луча, образующих попарно	.
тупые углы. Действительно, пло-	Т
скость, проведенная через центр
перпендикулярно к какому-нибудь	/
лучу, параллельна противополож-	/	: \ \
ной грани и отделяет его от	/ j \ \
остальных лучей. Следовательно, /	\
угол между любыми двумя лучами /	\ \
больше прямого.	---------/
Покажем теперь, что не может	А /
быть больше четырех лучей, обра-
зующих попарно тупые углы.	\
Пусть/j, 12, 13, /4—-четыре таких	138
луча, выходящих из одной точки S,	р‘
п2, тт3, тг4 — плоскости, проходящие через точку 5
и перпендикулярные соответственно к лучам 1Х, 12, 13, 14.
168
РЕШЕНИЯ
[52
Возьмем луч Ц (черт. 139, а). Все лучи, образующие с
ним тупые углы, должны лежать по другую сторону пло-
скости пР Все лучи, образующие тупые углы с лучами lt и /2,
должны лежать внутри двугранного угла, образованного по-
луплоскостями П] и п2. Этот двугранный угол острый, так как
угол между перпендикулярными к его граням лучами тупой.
Все лучи, образующие тупые углы с каждым из лучей /1(
/2, /3, должны лежать внутри пересечения двугранных углов
п4п2 и п^д. Это пересечение — трехгранный угол njn2na
(черт. 139, б), у которого по доказанному выше все двугран-
ные углы острые. Луч /4 должен лежать внутри него. По-
кажем, что он образует острые углы со всеми остальными
лучами внутри этого угла. Обозначим ребра рассматривае-
мого трехгранного угла через 5Л, .SB и SC. Проведем пло-
скость через <?Л и луч /4. Она пересечется с гранью BSC по
лучу 5Л'. Один из двугранных углов с ребром 5Л' острый;
пусть это для определенности угол ASA'C. Тогда все дву-
гранные углы трехгранного угла SAA’C острые. Следователь-
но, все плоские углы тоже острые (см. Б. Делоне и О. Жи-
томирский, Задачник по геометрии, решение задачи 348).
Но /_А81Л составляет только часть угла ASA', следовательно,
угол между лучами <$Л и /4 острый. Аналогично, луч /4
образует острые углы с SB и SC. Поэтому все три луча
<$Л, SB, SC лежат по одну сторону с лучом /4 от плоско-
53 J	РЕШЕНИЯ	169
сти тг4. Поэтому и все -внутренние точки трехгранного
угла SABC лежат по ту же сторону п4, что и луч /4.
Следовательно, каждый луч /в, расположенный внутри трех-
гранного угла TTjiTaTtg, лежит по ту же сторону от пло-
скости п4 и значит никакой такой луч /в не может образо-
вать тупой угол с Z4. Этим и доказывается требуемое
утверждение.
53.	Рассмотрим последовательно случаи л = 2, 3, 4,
5 и 6.
1° л = 2. Очевидно, что в этом случае наиболее выгод-
ным будет поместить две точки в диаметрально противопо-
ложных точках сферы
(черт. 140, а). Расстоя-
ние между этими точ-
ками будет равно диа-
метру 2R сферы.
2° л = 3. Пло-
скость, проведенная
через какие-либо три
точки сферы, пересе-
кает сферу по окруж-
ности 5. Для того
чтобы наименьшее из
расстояний между все-
возможными парами из
трех точек было наи-
большим, необходимо,
чтобы эти точки рас-
полагались в верши-
нах равностороннего
треугольника, вписан-
ного в окружность S;
при этом расстояние
между каждыми двумя
точками будет равно
гУ 3, где г — радиус окружности 5. Но радиус г окружности
полученной в сечении сферы, не может быть больше радиуса R
сферы, причем r = R только в том случае, если плоскость
сечения проходит через центр сферы (S есть большая окруж-
170
РЕШЕНИЯ
[53
ность сферы). Отсюда следует, что наиболее выгодным рас-
положением трех точек будет такое, при котором они поме-
щаются в вершинах равностороннего треугольника, вписан-
ного в большую окружность сферы (черт. 140, б); расстоя-
ние между каждыми двумя точками в этом случае равно R]^3.
3° п = 4. Обозначим наши четыре точки через А, В, С
и D. Рассмотрим следующую задачу: расположить на сфере
радиуса R четыре точки А, В, С и D так, чтобы расстоя-
ние от D до остальных трех точек было бы не меньше за-
данной величины а и наименьшее из попарных расстояний
между точками А, В и С (обозначим его через Ь) было бы
возможно большим. Так как по условию расстояния DA, DB
и DC не меньше а, то точки А, В и С находятся вне области
данной сферы, высекаемой шаром Ш радиуса а с центром
в точке D. Отсюда аналогично случаю 2° можно заключить,
что точки А, В и С следует рас-
положить в вершинах равносто-
роннего треугольника, причем
описанная около этого треуголь-
ника окружность S должна быть
большой окружностью сфеоы,
если а^/?ф^2, и должна совпа-
дать с окружностью, по которой
шар Ш пересекает сферу, если
a^R}^2 (R есть радиус сферы).
При этом, очевидно, в первом слу-
чае b — R ф^З, а во втором
Ь = г ИЗ, где г есть радиус
окружности S.
Теперь остается только найти такое значение а, при
котором наименьшее из расстояний а, b было бы возможно
большим. Но нетрудно видеть, что если а5э/?фЛ2, то
a? = 2RVa2 — г2
(черт. 141); отсюда получаем
4W-a< _ „2	(2Я2 - а2)2.
Г ~'	4R2 ~К 4Д2	;
53]
РЕШЕНИЯ
171
далее, так как Ъ — г^ 3 , то
b2 = 3r2=3R2 — -	а2>2 .
Из последней формулы вытекает, что если
а2 = |-/?2,
то
о
если
а2>|/?2,
и
то
b2 <| R2.
О
Отсюда следует, что решением задачи будут служить
четыре точки Л, В, С и D, расположенные на сфере на рав-
ных расстояниях друг от друга:
AB — AC=AD = BC—CD =	R,
т. е. четыре точки, расположенные в вершинах правиль-
ного тетраэдра, вписанного в сферу (черт. 140, в).
4° п = 5, 6. Отметим прежде всего, что на сфере ра-
диуса R нельзя расположить больше четырех
точек так, чтобы расстояние между каждыми
двумя из этих точек было больше Rj/2; это ут-
верждение, очевидно, равносильно утверждению преды-
дущей задачи. Отсюда следует, что решение задачи в
случаях л = 5 и я = 6 будет даваться такими распо-
ложениями точек, при которых наименьшее из попарных
расстояний между точками равно R]/2. В случае п = 6
имеется единственное подобное расположение, даваемое
черт. 140, д (шесть точек в вершинах правильного октаэдра,
вписанного в сферу); в случае п. = 5 можно найти беско-
нечно много таких расположений (см., например, черт. 140, г,
где восемь из попарных расстояний между точками равны
rV%, а два — равны 2R).
172
РЕШЕНИЯ
[54
Примечание. Для случаев п = 7, 8, 9 наиболее выгодное
(в смысле настоящей задачи) расположение п точек на сфере дается
на черт. 142, а —в (на этих чертежах соединены между собой
жирными линиями точки системы, наиболее близкие друг к другу).
Черт. 142.
Для п > 9 решение задачи не известно (за исключением единствен-
ного случая п = 12, когда самое выгодное расположение точек дается
вершинами вписанного икосаэдра).
54.	Так как диаметр меньших кругов равен радиусу R
большого круга, то каждый такой круг пересекает окруж-
ность большого круга в точках, отстоящих друг от друга
не больше чем на R, и, следовательно, покрывает дугу этой
окружности, не большую, чем 60°. Отсюда следует, что для
того, чтобы покрыть всю окружность большого круга, тре-
буется не меньше шести маленьких кругов; при этом шести
кругов оказывается достаточно только в том случае, когда
эти круги имеют диаметрами шесть сторон правильного ше-
стиугольника, вписанного в большую окружность, а во всех
остальных случаях требуется не меньше семи кругов. Но
если окружность большого круга покрыта шестью кругами,
то требуется еще не меньше одного маленького круга, чтобы
покрыть оставшуюся часть большого круга (ибо первые шесть
кругов не покрывают, например, центр большого круга).
При этом одного круга оказывается достаточно для того,
чтобы покрыть оставшуюся часть большого круга ^черт. 143;
из того, что	R, следует, что OtM есть медиана
прямоугольного треугольника ОО{А с углом в 30° и, еле-
55J
РЕШЕНИЯ
173
довательно,
ОМ=~ . Таким
что наименьшее число кру-
1 п
гов радиуса -у к, которыми
можно покрыть круг радиу-
са /?, равно 7.
55.	Пусть радиус пло-
щади равен R, а наиболь-
шее расстояние от точки
площади до ближайшего
киоска равно г. В таком
случае каждая точка площа-
ди будет находиться на рас-
стоянии, не большем г, хотя
бы от одного киоска, т. е.
три круга радиуса г с цен-
трами в точках расположе-
ния киосков полностью по-
образом, мы убеждаемся,
Черт. 143.
кроют всю площадь. Обратно,
тремя кругами радиуса
г, то,
Черт. 144.
если вся площадь покрыта
поместив киоски в центрах
этих кругов, мы сможем быть
уверены, что расстояние от ка-
ждой точки площади до бли-
жайшего киоска не превы-
шает г. Отсюда следует, что
наша задача равносильна сле-
дующей: покрыть круг
радиуса R тремя рав-
ными кругами возмож-
но меньшего радиуса.
Разделим круг радиуса
тремя радиусами на три равных
сектора ОАВ, ОВС и ОСА с
центральными углами в 120°
кругом, покрывающим сектор ОАВ,
в середине М хорды АВ (так как
(черт. 144). Наименьшим
является круг с центром
наименьшим кругом, покрывающим тупоугольный треуголь-
ник О АВ, является круг, построенный на наибольшей сто-
174
РЕШЕНИЯ
[55
роне, как на диаметре; см. решение задачи 18). Построим
три таких круга, покрывающих секторы О АВ, ОВС и ОСА;
RV1,
эти три круга радиуса —— покрывают, очевидно, весь
круг радиуса R.
Мы утверждаем, что круг радиуса R нельзя покрыть
тремя кругами меньшего радиуса.
Действительно, пусть один из кругов радиуса, меньшего
—2—- , пересекает окружность большого круга в точках
QA' -и В'; тогда А'В'	R ]/^3 (так
как диаметр этого круга меньше
R]/ 3 ) и, следовательно,
мА'В' < 120°
(черт. 145). Второй из кругов ра-
•'	Я/У
диуса, меньшего—-— , покрываю-
щий точку В', также должен пересечь
второй раз окружность большого
круга в точке С' такой, что
Черт. 145.
иВ'С'< 120°.
Но отсюда следует, что С'А' 120° и, следовательно, эта дуга
не может быть покрыта одним кругом диаметра, меньшего
RJ/3 , что и доказывает наше утверждение.
Итак, наиболее выгодным расположением киосков является
такое, при котором они находятся в серединах сторон правиль-
ного треугольника, вписанного в контур площади (другими сло-
вами, киоски находятся на трех радиусах площади, обра-
зующих друг с другом углы в 120°, на расстоянии от центра,
равном половине радиуса площади; см. черт. 144).
Примечание. Рекомендуем читателю самому попытаться ре-
шить аналогичную задачу для случая п > 3 киосков. Так, для слу-
чая п — 4 наиболее выгодным оказывается расположение киосков в
серединах сторон квадрата, вписанного в контур площади (доказа-
тельство аналогично решению настоящей задачи); для случая п = 7
наиболее выгодным оказывается расположение киосков в серединах
сторон шестиугольника, вписанного в контур площади, и в центре
площади (ср. с решением задачи 54) и т. д.
56]
РЕШЕНИЯ
175
56.	Пусть k есть наименьшее целое число такое, что
kl^2Rl). Приложим k полос краями друг к другу и по-
ложим на образовавшуюся широкую полосу данный круг так,
чтобы он касался одной ее границы. Тогда круг будет лежать
целиком внутри получившейся полосы (черт. 146, а). Мы
утверждаем, что меньшим, чем k, числом полос ширины I
круг покрыть нельзя.
Для доказательства построим полусферу, экватором ко-
торой служит данный круг (черт. 146, б). Рассмотрим теперь
произвольное покрытие круга полосами. Через границы полос
проведем плоскости перпенди-
кулярно к плоскости круга до
Черт. 146.
пересечения с полусферой. Каждой полоске покрытия будет со-
ответствовать на полусфере полупояс высоты I или полусегмент
высоты /; соответствующие всем полоскам полупояса и по-
лусегменты целиком покрывают полусферу. Обратно, пусть
дано некоторое покрытие полусферы полупоясами высоты I и
полусегментами высоты sC I. Спроектировав ортогонально эти
полупояса и полусегменты на плоскость данного круга, полу-
чим покрытие круга полосками ширины I (мы считаем, что
сегменты высоты меньше / отвечают полосам ширины I,
лишь один край которых пересекает круг). Поэтому мы можем
переформулировать задачу так: каким наименьшим
числом полупоясов высоты I и полусегментов
~ Г2Щ . , 2R
Ч При этом k= — +1> если — не есть число целое, и
. 2R	2R	,	, , .
k~—, если — целое (знаком [«] обозначается целая часть числа а,
т. е. наибольшее целое число, не большее а; см. ч. I настоящей
книги, стр. 19).
176
РЕШЕНИЯ
f5T
высоты Z можно покрыть полусферу. Но оче-
видно, что сумма поверхностей всех этих полупоясов и
полусегментов не может быть меньше поверхности сферы. Так
как поверхность полупояса или полусегмента высоты / равна
п/?/ (напоминаем, что поверхность сферического пояса зави-
сит только от высоты, но не от расположения пояса на сфере),
а поверхность полусферы равна 2 п R2, то очевидно, что если
число k полупоясов и полусегментов таково, что
fenRl< 2пR2, kl<2R,
то этими k полупоясами и полусегментами полусферу покрыть
нельзя, что и требовалось’доказать.
57.	а) Произвольную точку S плоскости соединим с кон-
цами АВ данного отрезка (черт. 147). Пусть С и D — соот-
ветственно точки пересечения прямых <£4 и SB с прямой /t;
прямых AD и ВС. В таком случае
прямая ST делит отрезок АВ на
две равные части.
Действительно, пусть М и М—
точки пересечения прямой ST соот-
ветственно с I и Из подобия тре-
угольников SAM и SCN, SBM и
SDN следует
AM SM	BM_SM
CN	SN> DN SN’
t. e.
ЛМ BM	...
CN=DN'
Из подобия треугольников АМТ и DNT, ВМТ и CNT имеем
AM _МТ ВМ______________________МТ
DN~ NT ’ CN —NT ’
т. e.
AM—BM
DN CN *

Перемножая равенства (*) и (**), получаем:
АМ=ВМ,
что и требовалось доказать.
571
РЕШЕНИЯ
177
б)	Пусть тх есть произвольная прямая, проходящая че-
рез точку М, А и С — соответственно точки пересечения
прямой тх с прямыми I и lx, S—произвольная точка прямой тх,
т2—некоторая другая прямая, проходящая через точку 5,
пересекающая прямые I и 1Х соответственно в точках В и D
(черт. 148, а). Далее, пусть Тх есть точка пересечения пря-
мых AD и ВС, Т2—точка пересечения прямых MD и STX
и М—точка пересечения прямых т2 и СТ2. В таком случае
прямая MN параллельна I (и 1Х}.
Действительно, прямая ST2TX делит пополам отрезки АВ
и CD (см. решение задачи 57 а)). Отсюда следует, что если
Черт. 148.
N' есть точка пересечения прямой гп2 с искомой прямой
MN' (параллельной /,), то прямые MD и N’C пересекаются
на прямой ST2 ( м. решение той же задачи), т. е. в точке Т2.
Но последнее и означает, что точка ЛГ совпадает с N.
Примечание. Отметим, что это же построение позволяет
с помощью одной линейки провести через данную точку М прямую,
параллельную данной прямой Z, если только на прямой I имеется
некоторый отрезок АВ, середина Р которого известна (черт. 143, б)
в)	Пусть S—произвольная точка плоскости и пусть пря-
мые £4 и SB пересекают прямую 1Х соответственно в точ-
ках С и D (черт. 149). Проведем через точку 5 прямую
m\\l (см. решение задачи б)). Пусть — точка пересечения
178
РЕШЕНИЯ
(57
прямых ВС и т, а Е — точка пересечения SXD с прямой I.
Тогда ВЕ = АВ.
В самом деле, если расстояния от прямой т до прямых
I и 1Х равны соответственно h и hx, то из подобия треуголь-
ников ASB и CSD и треугольников BSXE и CSXD имеем
АВ  h BE   h.
CD	h{ ’ CO A? ’
можно последовательно отложить на прямой I отрезок АВ
3, 4, ... , п раз.
57]
РЕШЕНИЯ
179
г)	Пусть S—произвольная точка плоскости, прямые £4 и
SB пересекают прямую соответственно в точках С и D;
прямая AD пересекает прямую ВС в точке Т2 и прямая ST2
пересекает I в точке Р2, прямая СР2 пересекает прямую AD
в точке Т2 и прямая ST.A пересекает прямую I в точке Р2
и т. д. (черт. 150, а). В таком случае АР2=^АВ (см. реше-
ние задачи 57а)). Покажем, что
APS = ^AB, APi — ^-AB, ...ит. д.
Доказательство будем вести по принципу математической
индукции, т. е. предположим, что нам уже известно, что
АРп — ~~ АВ, и докажем, что АРп+t = п^_]АВ (черт. 150,6).
Пусть прямые SPn и SPn+l пересекают прямую соответст-
венно в точках Qn и Qn+]. Из подобия треугольников
CTn+fin+. и PnTn+fn+i, CTn+tD и АТп+1Рп имеем
CQn+i  со	CQn+i	___ср
?Л+ГЛЛ+1	АРп или АРп-АРп+х — АРп' ' >
„	CQn+i SC CD .
Далее, как легко видеть>	—> или (так как, по
предположению индукции, АВ = пАР^
CQ„+\__ СР
АРп+\ пАРп
Отсюда .
nCQn+i___ CD
-ДР^-АРп •	(**)
Сопоставляя равенства (*) и (**), получаем
CQn+i ____nCQ п+\
АРп—АРп+1 АРп+1 ’
откуда
п(АРп-АРп+1)= ЛРп+1, (n+l)APn+t=nAPa,
АРп^,= —~ АР = —J-r АВ,
что и требовалось доказать.
12*
180
РЕШЕНИЯ
[58
58.	Пусть данная точка М расположена не на окруж-
ности и не на диаметре. Соединим точку М с точками Ли В.
Пусть At, Bt—точки пересечения прямых МВ и МА с окруж-
ностью (черт. 151, а, б, в). Тогда угол ЛВ^^ЭО0, ибо
М
в)
Черт. 151.
он опирается на диаметр. Угол ААгВ также равен 90°. Сле-
довательно, в треугольнике АМВ прямые ВВг и АА{ —
высоты.
Пусть Н — точка пересечения прямых ВВг и ЛЛР Так
как три высоты треугольника пересекаются в одной точке,
то МН — также высота, т. е. МН ]_ АВ. Отсюда вытекает
построение. Соединяем М с А и с В. Проводим прямые BBt
и AAt; пусть Н—точка пересечения этих прямых. В таком
случае прямая МН—искомая.
59]
РЕШЕНИЯ
181
Если точка М расположена на окружности (черт. 152, а),
то, используя предыдущее построение, опускаем перпендику-
ляр М'Р' из произвольной точки М' на диаметр, причем так,
чтобы прямая М'Р' пересекала окружность. Если К и L —
точки пересечения прямой М’Р' с окружностью, 5 — точка
пересечения прямой МК с диаметром и Л/ —точка пересече-
ния LS с окружностью, то МЫ есть искомый перпендикуляр.
Доказательство последнего почти очевидно и предоставляется
читателю.
Л/’
Черт. 152.
Наконец, если точка М расположена на диаметре АВ
(черт. 152, б), то, используя первое построение, опускаем из
произвольной точки М' перпендикуляр на АВ. Пусть этот
перпендикуляр пересекает окружность в точках С и D,
а диаметр АВ в точке Р; тогда CP=PD. Далее, используя
построение задачи 57 б), проводим через точку М прямую,
параллельную CD (см. примечание в конце решения за-
дачи 57, б)).
59.	а) Если прямая I пересекает заданную окружность
в точках А и В (черт. 153, а), то диаметры АО и ВО пере-
секают второй раз окружность в таких точках А' и В', что
В'А' параллельно ВА. Этим замечанием наша задача сво-
дится к задаче 57 б).
Если прямая I не пересекает окружности С, то проведем
в окружности произвольную хорду АВ, диаметры АА' и ВВ'
и хорду А'В' (черт. 153, б). Пользуясь задачей 57 б), мы
182
РЕШЕНИЯ
[60
можем провести через центр О круга С прямую т, парал-
лельную АВ и В'А'. Прямые АВ, В'А' и т пересекают пря-
мую I соответственно в точках М, N, Р, где Р есть сере-
Черт. 153.
дина отрезка MN; это позволяет снова использовать для
проведения искомой прямой построение задачи 57 б) (см.
замечание в конце решения задачи 57 б)).
б) Проведем через центр О окружности С прямую, па-
раллельную I (задача 59 а)); после этого наша задача све-
дется к задаче 58.
60.	а) Пусть О есть центр квадрата ABCD, К и L —
точки пересечения прямой I соответственно со сторонами
АВ и DC квадрата, К'— точка пересечения КО со стороной
DC и L' —точка пересечения LO со стороной АВ (черт.
154, а). В таком случае L'K\\KL, и наша задача сводится
к задаче 57 б).
60]
РЕШЕНИЯ
183
Приведенное построение не проходит в том случае, ког-
да прямая I совпадает с диагональю квадрата (черт. 154, б).
Но в этом случае нам известна середина отрезка DB
прямой I (центр О квадрата), и построение осущест-
вляется способом, указанным в замечании к решению за-
дачи 57 б).
б) Прежде всего проводим через центр О квадрата пря-
мую, параллельную I (см. задачу а)); пусть она пересекает
стороны АВ и DC соответственно в точках К и L. Затем
проведем через К прямую, параллельную ВС, до пересечения
с DC в точке Р, и через точку Р прямую, параллельную АС
184
РЕШЕНИЯ
(61
(черт. 155). Пусть Q есть точка пересечения последней пря-
мой с AD; тогда прямая QO перпендикулярна к KL. [Дейст-
вительно, треугольники ОКВ и OQA равны, ибо ВО = АО-,
/_KBO = ^_QAO и ВК—AQ, так как КВ = РС\\ QA = PC.
Отсюда следует, что /ВОК = / AOQ и /KOQ =
— /BOA = 90°.] Теперь остается только провести через
точку М прямую, параллельную OQ.
61. На отрезке АВ по обе стороны от него построим
два равносторонних треугольника АВС и ABD (черт. 156).
На стороне ВС одного из этих треугольников отложим отрезок
ВМ, равный па, и точку М соединим с D. Если Р есть точка
пересечения прямой MD с отрезком АВ, то АР
1
п 4-1
а.
Доказательство следует из подобия треугольников ADP и
BMP'.
ВР ВМ
АР—АЪ—П-
Если нам достаточно построить где-то на плоскости (не обяза-
тельно на прямой АВ) отрезок длины то можно предложить
иное, чрезвычайно изящное решение настоящей задачи. Построим
окружность С радиуса OAt — a с центром О и радиусом, равным а,
засечем на окружности точки Л2 (ALA2 = а), Л3 (Л2Л3 = а), Л 4 (Л 3Л4=«),
(Л4Л3 = а) и Ае (A^AS — а).
61]
РЕШЕНИЯ
185
В таком случае Лъ А2, Л3, Ait Л6 и Л6 суть вершины правиль-
ного шестиугольника, вписанного в окружность С (черт. 157, а).
Далее, пусть прямая Л3Л4 пересекает радиус ОЛ2 в точке Д2, прямая
Л4В2 пересекает радиус ОА3 в точке Д3, прямая Л5Д3 пересекает
радиус ОЛ4 в точке Д4 и т. д. Тогда ОВ2 — ^-, ОВЪ = -^,
/-.о а
OBi = -^ и т. д.
Доказательство удобнее всего провести по принципу математи-
ческой индукции. Действительно, очевидно, что ОВ2 = -i- ОЛ2 =	.
2.	2
Черт. 157.
Предположим, что мы уже доказали, что ОВп =	, и покажем, что

(черт. 157, б). По свойству биссектрисы угла имеем
ВЛ+1 _	£	Saq впвч+< _ BnBn+i _ 1_
£«+1Л+2 ОАп+г п ’ у	ВдовпАп + 2 ВпАп + 2 п +1
Но, с другой стороны,
____________________ОВ„-ОД,г+| -sin 60° ОВп+j
2 sin 120°	^An^.2
Следовательно,
+1	1	.	Z-1 П _
ОАп+2~п+\'	+ 1 —п + 1’
что и требовалось доказать.
186
РЕШЕНИЯ
[62
62.	а) Проведем окружность с центром в точке В и ра-
диусом ВА. Далее радиусом, равным ВА, сделаем на окруж-
ности засечки AA{=BA, А}А2 = ВА, А2А' = ВА (черт. 158).
Очевидно, что в таком случае А' есть второй конец диаметра
АА’ окружности, т. е. АА’ = 2АВ. Повторяя это построение,
мы можем найти на про-
должении прямой АВ за
точку В такую точку М,
что АМ = пАВ (для это-
го находим последова-
тельные точки прямой АВ
такие, что АА'—ВА,
А'А"=ВА',	А"А"’ —
= А'А", ...ит. д.).
б) Построением, ука-
занным в решении зада-
чи а), увеличим данный
отрезок АВ в п раз. Пусть АМ=пАВ. Проведем окруж-
ности с центрами в точках М и А радиусами, равными,
соответственно МА и АВ (черт. 159). Пусть эти окружно-
сти пересекаются в точках Р и Q. Проведем, далее, через
точку А окружности с центрами Р и Q и обозначим вто-
рую точку пересечения этих окружностей через N. Тогда,
как легко следует из соображений симметрии, точка N ле-
жит на отрезке АВ. Кроме того, AN= — АВ. Действительно,
62]
РЕШЕНИЯ
187
из подобия равнобедренных треугольников АРМ и APN
с общим острым углом РАМ имеем
AN_АР___
АР AM п ’
откуда
AN=-BA.
п
в) Из произвольной точки А окружности С, как из центра,
проводим дугу MN, пересекающую окружность С в точках
/И и N (черт, 160). Из точек М и N проводим радиусом
МА —AN дуги, пересекающиеся в точке At (At симметрична А
относительно прямой MN). Из
точки At радиусом АгА прово-
дим окружность, пересекающую
первую из проведенных окруж-
ностей в точках Р и Q; из
точек Р и Q проводим ради-
усами РА и Q/1 окружности,
пересекающиеся в точке О
(О симметрично А относитель-
но прямой PQ). Точка О и есть
искомый центр окружности.
Действительно, пусть Р и
М суть соответственно проек-
ции точек Р и М на прямую
AAt, Е и F—соответственно точки
с окружностями С и PAQ. В таком
Черт. 160.
пересечения прямой AAt
случае имеем
AP2 — AP-AF=AP-2AA1=AAI-2AP==AA1-AO,
AM2 = AM• АЕ = AM-2r = 2AM-r = AAt • r,
где г есть радиус окружности С. Но по построению
АР=АМ
и, следовательно,
АО —г,
что и требовалось доказать.
188
РЕШЕНИЯ
[63
63.	Очевидно, что если существует точка, из которой
стороны треугольника АВС видны соответственно под углами
a, jj и у, где а [J -f- у — 360°, то эта точка должна лежать
внутри треугольника. С другой стороны, если сторона АВ
треугольника видна из некоторой внутренней точки /Ипод
углом а, то должно быть а = / АМВ"> / АСВ= /С-,
точно так же должно быть	Y^> X Д- В дальнейшем
мы будем считать эти неравенства выполненными; в про-
тивном случае решение задачи невозможно.
Черт. 161.
Построим при точке А вне треугольника два угла / ВАС,=
=. X САВ, = 180°— {J. Точно так же построим вне треуголь-
ника углы / АВС, = / СВА, = 180° — у и X АСВ, =
— X ДСЛ1 = 180°— а (черт. 161). Мы утверждаем, что пря-
мые А А,, ВВ, и CCi пересекаются в одной точке, а именно,
в искомой точке М.
Действительно, так как
X >1^5= 180° — (180° — Р) — (180°— у) =
= p-j-y _180° = (360° — а) — 180° = 180° — у,
то окружность, описанная около треугольника АВС,, прохо-
дит через искомую точку М. Соединим теперь точку М с
точкой С,; /_С,МВ^= 2_С\АВ как угли, опирающиеся на
64]
РЕШЕНИЯ
189
одну дугу; следовательно,
/^415= 180° — р,
/ С^МВ 4- / ВМС = (180° — 0) + р — 180°.
Отсюда вытекает, что точки С, М и Cj лежат на одной прямой.
Точно так же доказывается, что точки В, М и Bt лежат на
одной прямой и точки А, М и А1 лежат на одной прямой.
Примечание. Совершенно аналогично решается задача о по-
строении линейкой и транспортиром точки М такой, что два угла
АМВ и ВМС имеют известные величины а и 8. В этом случае нет
необходимости требовать, чтобы было а > / С, Р > £А\ в соответ-
ствии с этим найденная точка не обязательно будет лежать внутри
треугольника.
64.	Проведем через точку М произвольную прямую т
(черт. 162) и с помощью двусторонней линейки проведем
прямые tn-! и т2, парал-
лельные т и отстоящие
от нее на одинаковое рас-
стояние d, равное ширине
линейки. Пусть N— точ-
ка пересечения и I.
Прикладываем теперь на-
шу линейку так, чтобы
один ее край проходил
через точку М, а вто-
рой— через N, и прово-
дим прямую п, совпадаю-
щую с краем линейки,
проходящим через N. Если Р есть точка пересечения п и
т2, то РМ перпендикулярно к I.
Действительно, пусть п' есть прямая, параллельная п и
проходящая через М. Пусть п' пересекает прямые тх и т2
соответственно в точках ЛГ и £. Обозначим также через Q
точку пересечения прямых т и п. Четырехугольники MLPQ
и MKNQ будут по построению параллелограммами с рав-
ными высотами, т. е. ромбами. Эти ромбы равны и парал-
лельно расположены, следовательно, LQ || I. В ромбе PQML
диагонали РМ и QL перпендикулярны. Таким образом,
РМ±1.
190
РЕШЕНИЯ
[65
65.	Очевидно, данная задача равносильна следующей:
описать вокруг данного треугольника PQR тре-
угольник, равный другому заданному тре-
угольнику АВС. Эту задачу мы и будем решать. Будем
при этом считать, что сторона искомого треугольника, рав-
ная АВ, должна проходить через вершину Р треугольника PQR,
а стороны, равные АС и ВС, проходят соответственно через
Q и R.
Пусть треугольник XYZ — искомый: XY = АВ, XZ — АС,
YZ — BC (черт. 163). Так как / PXQ = / ВАС, то точка А
лежит на дуге сегмента, построенного на отрезке PQ и вме-
щающего известный угол. Точно так же точка Y лежит на
дуге сегмента, построенного на отрезке PR и вмещающего
известный угол, равный углу В треугольника АВС. Теперь
опустим из центров Ог и О2 этих двух последних дуг пер-
пендикуляры С^М и О2Л1 на сторону XY треугольника XYZ;
очевидно, РМ= 1гРХ, PN—^-PY и, следовательно, MN=
Л	Zi
= -i- XY — у AB, т. e. нам известно. Это позволяет построить
треугольник О^М', где М' есть точка пересечения отрезка
О,Х с прямой Oj/И', параллельной XY: в этом треугольнике
дана сторона О^, известна сторона OjAI' —	АВ и
угол М' прямой. Проведя затем из точки Р прямую XY па-
раллельно О2М' и соединив точки X и Y соответственно с Q
и с R, мы найдем искомый треугольник XYZ. Очевидно,
66]
РЕШЕНИЯ
191
задача имеет два решения, если С^С^^ АВ, одно—если
OjO2= -i-АВ, и ни одного—если О1О2<^^АВ.
66.	а) Пусть АВС — искомый треугольник, Р, QhR— точки
пересечения его биссектрис с описанной окружностью, 5 —
точка пересечения биссектрис (черт. 164). Покажем, что в
треугольнике PQR прямые АР, BQ и CR служат высотами.
Действительно, пусть Т есть точка пересечения прямых PQ
и CR. В таком случае / QTC измеряется дугой	,
X СТР измеряется дугой CP-4-P/l-4-/lQ. Но так как прямые
АР, BQ и CR есть биссектрисы треугольника АВС, то
СР=ВР, BR — RA, AQ=QC; следовательно, X QTC —
— X СТР—90°. Таким образом, построив высоты треуголь-
ника PQR и продолжив их до пересечения с окружностью,
найдем вершины треугольника АВС.
б) Пусть АВС — искомый треугольник, Р, Q и R — точки
пересечения высоты с описанной окружностью, 5—точка
пересечения высот (черт. 165). Покажем, что в треугольнике
PQR прямые АР, RQ и CR служат биссектрисами. Действи-
тельно, / CAP— / CRP и ^/_QRC — /_QBC, так как каж-
дая пара опирается на одну и ту же дугу. Но каждый из
углов САР и QBC равен 90° —X АВС и, следовательно,
^QRC=/_CRP.
192
РЕШЕНИЯ
[67
Поэтому, построив биссектрисы треугольника PQR и про-
должив их до пересечений с окружностью, найдем вершины
треугольника АВС.
Примечание. Отметим замечательную симметрию решений
задач 66 а) и 6), которая позволяет дать им единую формулировку:
если Р, Q, R суть точки пересечения биссектрис (высот) треуголь-
ника АВС С описанной около АВС окружностью, то точки А, В, С
суть точки пересечения продолжений высот (биссектрис) треуголь-
ника PRQ с описанной около PQR окружностью.
в) Пусть АВС — искомый треугольник, Р, Q и R— точки
пересечения с описанной окружностью высоты, биссектрисы
и медианы, проведенных из
4^	вершины А, и О — центр окруж-
/7уХ	X. ности (черт. 166). Так как
/ / V,	\ точка Q — середина дуги ВС,
/I \\ Хи	\ то прямая OQ проходит через
/ /	\\ X.	\ середину М стороны ВС и па-
/	\\ I® ^Х I Раллельна высоте АР. Отсюда
\ /	\\ X. 1 вытекает следующее постро-
\1___________________^Х/ ение. Соединяем точку О с
В V \ \	/С точкой Q и через точку Р про-
\	\ \	/ водим прямую, параллельную
Xlu \ \	OQ, до пересечения с окруж-
#	ностью в точке А. Соединяем
Че 16б	затем А с R и через точку М
р	'	пересечения прямых AR и OQ
проводим прямую ВС, перпендикулярную к АР. Если В и
С — точки пересечения этой прямой с окружностью, то тре-
угольник АВС — искомый.
67 а) Пусть АВС — искомый треугольник, О], О2, О3 —
точки, симметричные относительно сторон треугольника цен-
тру О описанного вокруг треугольника круга (черт. 167).
Легко видеть, что перпендикуляры к серединам сторон тре-
угольника АВС являются высотами треугольника 0}020а. В
самом деле, пусть Р, Q, R — середины сторон треугольника
АВС. Тогда PQ || ВС как средняя линия треугольника АВС;
следовательно, OOa^_PQ. Но, с другой стороны, PQ || ОгО2
как средняя линия треугольника О]О2О; следовательно,
OO3_|_O2Oj. Точно так же доказывается, что	и
OiO.]_O2O3.
671
РЕШЕНИЯ
193
Отсюда вытекает следующее построение.
Проведем высоты треугольника ОХО2О2 и найдем его ор-
тоцентр (точку пересечения высот) О. Найдем точки Р, Q, R —
середины отрезков OjO, О2О, О2О; через Р проведем прямую
параллельно О2О3, через Q параллельно ОХО3 и через R
параллельно О2ОХ. Эти прямые и будут
б) Пусть Л/j, Н2, Н3 точки, симметричные ортоцентру Н
треугольника АВС относительно его сторон (черт. 168). Сто-
роны треугольника НХН2Н3 параллельны сторонам треуголь-
ника DEF с вершинами в основаниях высот искомого тре-
угольника ABC (DE || НХН2 как средняя линия треугольника
ННХН2\ аналогично £F|| Н2Н3, DF || НХН3). Но легко видеть,
что высоты треугольника АВС являются биссектрисами тре-
угольника DEF: из рассмотрения четырехугольника ADHF,
вокруг которого можно описать окружность, следует
/ HFD= / HAD (как опирающиеся на одну дугу), / HFE =
— / НСЕ-, jS-HAD— / ИСЕ (следует из рассмотрения
треугольников HAD и НСЕ). Биссектрисы же треугольни-
ка НХН2Н3 совпадают с биссектрисами треугольника DEF,
т. е. с высотами треугольника АВС.
Отсюда вытекает следующее построение. Проведем бис-
сектрисы треугольника НХН2Н3 и через середины отрезков
НХО, Н2О и Н3О (О — точка пересечения биссектрис) про-
водим перпендикуляры к ним. Эти перпендикуляры и являют-
ся сторонами искомого треугольника.
Примечание. Решения задач 67а) и б) очень похожи и могут
быть записаны едино (ср. с примечанием к решениям задач 66а) и
б)): если Р, Q, R — точки, симметричные центру описанной окруж-
194	решения	[68
ности (ортоцентру) треугольника АВС относительно его сторон, то
стороны треугольника АВС суть перпендикуляры, восставленные
к отрезкам РО, QO, RO, где О есть ортоцентр (центр вписанной
окружности) треугольника PQR, в их серединах.
68. а) Первое решение. Допустим, что задача ре-
шена, и пусть At, Blt Сх— центры квадратов (черт. 169).
Пусть D, Е, F—середины сторон треугольника АВС\ до-
кажем, что треугольники CXDE и DFBX равны. Действительно,
АС	АС
DE= -у как средняя линия в Д АВС, но и /='51=-2~,
следовательно, DE=FBi. Аналогично DF— ЕСХ. Далее
/ CiED = 90° X. BED = 90° 4- А,
/ Bt FD = 90° Ц- /_ CFD = 90° -f- / A;
поэтому ^/_С\ЕО ~ /_ B}FD. Следовательно, действительно
A CXED = Д BXFD. Отсюда получаем CXD — BXD.
Обозначим, далее, /_FDB{ = a и Д	Тогда
180° — A DFBX= 180°— (90° + А) = 90° — А.
Так как / EDC, = g, то
/ ВХРСХ — a -j- / FDE4~ =
= “ + ? + Х_А = (90° — Z'4) + Z А — 9°°-
Таким образом, отрезки РВХ и РСХ взаимно перпендику-
лярны и равны.
Отсюда вытекает следующее построение. На отрезке ВХСХ
строим, как на основании, равнобедренный прямоугольный
треугольник СХВХР\ по доказанному точка D будет середи-
ной стороны ВС треугольника АВС. Точно так же находим
другие середины Е и F сторон ВА, соответственно АС. За-
тем проводим через D прямую, параллельную EF, через Е
прямую, параллельную DF, через F прямую, параллельную ED.
Эти прямые, пересекаясь, и дадут искомый треугольник АВС.
Второе решение. Соединим точку СХ с Ах и верши-
ну В искомого треугольника с точкой Вх (черт. 170). По-
вернем отрезок ВВХ около середины D стороны ВС на 90°.
Тогда точка Вх перейдет в точку С1Э ибо CXD = РВХ и
СХР^_РВХ (см. первое решение задачи), а точка В перейдет
в точку Ах, так как АХР = ВР и AXD | BD. Таким образом,
отрезок ВВХ перейдет в отрезок ДА; и, следовательно,
AtCi=-BBx и Afii^BBi.
68]
РЕШЕНИЯ
195
Отсюда вытекает следующее построение. Соединяем точки
Cj и опускаем из Вх перпендикуляр на AtCt и откла-
дываем на этом перпендикуляре отрезок 8^8 =	Тогда
В—вершина треугольника АВС. Так же находим и две дру-
гие вершины этого треугольника.
б) Докажем прежде всего, что прямые AAlt BBt и CCt
(черт. 171, а) пересекаются в одной точке. Соединим точку О
пересечения АА} и ВВ} с точками Сг и С. Докажем, что С^ОС
есть одна прямая. Треугольник САА{ после поворота вокруг
вершины С на 60° займет положение СВ\В. Следовательно,
/ СВХВ —/_СААЪ а потому точки С, Blt А, О лежат на
одной окружности. Отсюда следует, что / ВгСА = / В^ОА
196
РЕШЕНИЯ
[68
как углы, опирающиеся на одну хорду; следовательно,
</_В]ОА — 60°. Отложим на ОВ] отрезок OOt = OA. Тогда
треугольник АОО]—равносторонний. Повернем теперь точки
С, О, Cj около точки А на 60° (по часовой стрелке). Тогда
С перейдет в В], О в С\, в В. Таким образом, после вра-
щения точки С, О, Cj перешли в три точки В, О1, В], ле-
жащие на одной прямой. Следовательно, и сами они лежат
на одной прямой.
Заметим еще, что попутно мы получили
/_BVOA = QOQ.
Аналогично имеем
£С]ОА=/_С]ОВ=А]ОВ = /_ А1ОС = /^ 51ОС=60°,
откуда
/ Аг0Вг=Х. BVOCX^=Z. С]ОА] = 120°.
При повороте вокруг С на 60° против часовой стрелки
отрезок АА] переходит в отрезок В]В; следовательно, эти
отрезки равны. Точно так же показывается равенство отрез-
ков АА] и С]С; следовательно,
АА]=ВВ] = СС].
Далее, при повороте вокруг А на 60° отрезок ОС переходит
в О]В], следовательно, ОС=О1В1 и так как О А = ОО], то
ОА^ОС-ОВ].
Аналогично показывается, что
ОА-\-ОВ=ОС], ОВ-]-ОС=ОА].
Теперь из последних трех равенств без труда выводим
ОА= 1 (ОВ] 4- ОС] — OAj), 05= у (ОА[ + ОС] — ОВ]),
ОС= ± (ОА] + ОВ] — ОС]).
Отсюда вытекает следующее построение. Описываем на
отрезках А]В], В]С], С]А] три дуги, вмещающие угол 120°
каждая; эти три дуги пересекутся в некоторой точке О
(черт. 171, б). Проведем прямые ОС], ОВ] и ОА]. Пусть
ОВ]>ОА].
69]
РЕШЕНИЯ
197
Отложим на OBi отрезок ОАг. Получившуюся разность
прибавим к отрезку ОД и разделим полученный отрезок
пополам. Тогда найдем отрезок, равный ОА; действительно,
О А = 1 (051 — 0Ai 4- OCJ.
Затем отложим полученный отрезок от точки О по прямой
ДО и получим вершину А. Зная отрезок ОА, легко найти
ОВ и ОС и построить вершины В и С.
Для доказательства правильности построения отложим на
ОВ отрезок 001= ОА. Так как
а+3+т=180°
(см. черт. 171, б), а ^Ду=120°, то а = 60°. Следовательно,
треугольник А00г равносторонний, / А0{0 = 60°. Теперь в
треугольнике АОгВг АОХ = АО, ВХОХ=СО (по построению)
и /В^О^А— 120° = 4/ СОА. Следовательно, £^8^0^ =
= ДСОД а потому ВХА-
ВХС = АС. Таким образом,
51 есть вершина равносто-
роннего треугольника, по-
строенного на стороне АС. 69 * * * * * * * * * * * * * * * * *
69. а) Пусть АВС—ис-
комый треугольник, D, Е,
F— основания его высот,
О — ортоцентр (точка пере-
сечения высот), G, Н, К —
точки пересечения высот AD,
CF, BE треугольника АВС
с описанной около него ок-
ружностью (черт. 172). В
таком случае мы будем иметь
/ GCB — / GAB, как опи-
рающиеся на одну и ту же
дугу, /РАВ= /FCB = 90°—/5; следовательно, / GCD=^
— j/_OCD. Прямая CD является в треугольнике OCG высо-
той и биссектрисой; следовательно, она же является и медиа-
ной; 0D = DG’, аналогично OF=FH и ОЕ—ЕК- Кроме
того, высоты треугольника АВС являются биссектрисами
треугольника EDF (см. решение задачи 67 б)).
АС. Аналогично докажем, что
Черт. 172.
198
РЕШЕНИЯ
[69
Отсюда вытекает следующее построение, В треугольнике
EDF проводим биссектрисы ЕО, DO, FO, на продолжении
их откладываем отрезки ЕК=ЕО, DG=DO, FH=FO.
Окружность, проведенная через точки G, Н, К, пересечет
второй раз прямые OD, OF, ОЕ в вершинах искомого тре-
угольника.
б) Пусть О2, О3 — заданные центры вневписанных
окружностей искомого треугольника АВС (черт. 173). Тогда
Черт. 173.
СОГ есть биссектриса
угла ВСА треугольника,
а СО2 биссектриса внеш-
него угла треугольника
АВС, т. е.
ABCOt = ^,
Лвсо2=^=^са
и, следовательно,
/ О1СО2 = 90°.
Аналогично
/ OjCOg = 90°;
значит, O2COS есть одна прямая и OgOgJLOjC. Таким об-
разом, прямые О[С, О2А, О3В являются высотами треугольника
OjC^Og. Построив эти высоты, найдем вершины А, В, С
искомого треугольника.
в) Пусть Он О' — соответственно центры вписанной и
вневписанной окружности треугольника АВС, касающиеся сто-
роны ВС треугольника и продолжений сторон АВ и АС
(черт. 174). Построим окружность на отрезке 00', как на
диаметре. Эта окружность проходит, очевидно, через точки
В и С: действительно, так как ВО и ВО' суть соответственно
биссектрисы внутреннего и внешнего углов при вершине
треугольника, то ВО^_ВО' и / ОВО' = 90°; аналогично и
/ ОСО' = 90°. Центр построенной окружности лежит в се-
редине 5 отрезка 00'; с другой стороны, так как В и С—•
точки окружности, то центр окружности, лежит на перпенди-
70]	решения	199
куляре к отрезку ВС, восставленном в его середине. Таким
образом, мы видим, что середина 5 отрезка 00' совпадает
с точкой пересечения биссектрисы АОО' треугольника с пер-
пендикуляром, восставленным к стороне ВС треугольника
в его середине; так как обе последние прямые проходят че-
рез середину дуги ВС описанной окружности, то середина 5
отрезка 00' должна лежать на описанной около треуголь-
ника АВС окружности (другими словами, описанная ок-
ружность делит пополам отрезок между цен-
трами вписанной и вневписанной окружно-
стей). Зная центр О" описанной окружности и одну ее точку
5, мы можем построить саму эту окружность; в пересечении
ее с ранее проведенной окружностью найдутся вершины В и С
треугольника. Вершину А можно найти как точку пересече-
ния описанной окружности с прямой 00'.
70.	а) Первое решение. Пусть А, В, С, D — данные
четыре точки на сторонах искомого квадрата XYZT-, пусть
при этом точки А и С, В и D лежат на противоположных
сторонах квадрата (черт. 175, а). Соединим точки А и С, из
точки В опустим перпендикуляр на прямую АС и обозначим
точку пересечения этого перпендикуляра со стороной ZT
квадрата через Е.
200
РЕШЕНИЯ
[70
Если точки Р и Q суть соответственно проекции точек
А и В на прямые YZ и ZT, то прямоугольные треугольники
АРС и BQE, имеющие равные острые углы (углы со взаимно
перпендикулярными сторонами) и равные катеты АР и £Q,
равны между собой. Таким образом, BE —АС. Следовательно,
мы можем найти точку Е; соединив эту точку с точкой D,
мы получим сторону ZT квадрата, после чего нахождение всех
остальных сторон уже не представляет затруднений.
Черт. 175.
Если считать, что точки А и С лежат на противополож-
ных сторонах квадрата, то наша задача допускает два реше-
ния, так как отрезок BE—АС можно отложить по одну и
по другую стороны точки В (см. черт. 175,а). Но можно также
считать, что на противоположных сторонах квадрата лежат точки
А и В или А и D. Таким образом, задача имеет, вообще
говоря, шесть решений. Если в приведенном нами построении
точки Е и D совпадут, то задача будет иметь бесчисленное
множество решений.
Второе решение. Попрежнему считаем, что точки
А и С лежат на противоположных сторонах квадрата XYZT
(черт. 175, б). Диагональ XZ квадрата делит пополам его углы
YXT и YZT, отсюда следует, что эта диагональ делит по-
полам полуокружности, построенные на отрезках АВ и CD.
Соединив середины /( и L построенных на этих отрезках
70]
РЕШЕНИЯ
201
полуокружностей, мы получим в пересечении прямой K.L со
вторыми полуокружностями, построенными на этих же отрез-
ках, вершины X и Z квадрата. После этого построение
квадрата уже не представляет затруднений.
Если точки А п С лежат на противоположных сторонах
квадрата XYZT, то дуги АК и CL, как нетрудно видеть,
имеют одинаковое направление. Таким образом, выбрав точку
К (что можно сделать двумя способами: на одной и на дру-
гой полуокружности, построенной на отрезке АВ), мы вы-
нуждены будем одним способом выбрать точку L. Таким об-
разом, если считать, что точки А и С расположены на про-
тивоположных сторонах квадрата, мы получим два решения
задача. Всего задача имеет, вообще говоря, шесть решений
(мы можем считать, что на противоположных сторонах ква-
драта расположены точки А и С, или А и В, или А и D).
Если точки К и L в нашем построении совпадут, задача будет
иметь бесчисленное множество решений.
б) На этот случай хорошо переносится первое решение
задачи а); только треугольники АСР и BQE (черт. 176)
этого решения теперь будут подобны
(а не равны, как раньше), и мы будем
знать отношение отрезков АС и
BE (равное отношению сторон пря-
моугольника). Впрочем, и второе
решение задачи а) переносится на
этот случай; только теперь диа-
гональ XZ прямоугольника разделит
полуокружности, построенные на от-
резках АВ и CD, не пополам, а в данном отношении, кото-
рое можно определить, если построить вспомогательный прямо-
угольник, подобный данному.
Задача имеет, вообще говоря, двенадцать решений (удвое-
ние числа решений по сравнению с задачей а) происходит за
счет того, что, например, через точку А может проходить
большая или меньшая сторона прямоугольника).
в) На этот случай хорошо переносится второе решение
задачи а); единственным отличием будет то, что постро-
енные на отрезках АВ и CD (черт. 177) окружности не бу-
дут иметь центры на этих отрезках (дуги АХВ и CZD
должны вмещать углы, равные углам ромба). Впрочем, и первое
202
РЕШЕНИЯ
(71
решение может быть перенесено на случай ромба; только
в этом случае отрезки
АС и BE должны быть не перпенди-
кулярны между собой, а образовывать
угол, равный углу ромба.
Задача имеет, вообще говоря, две-
надцать решений (удвоение числа
решений происходит от того, что
ромб имеет два неравных угла).
71.	Эту задачу можно решить
аналогично первому решению задачи
70 а). Обозначим центры заданных
четырех окружностей через О,, О2,
О8 и О4, а радиусы соответственно через rlf r*, rs и г4. Пред-
положим, например, что окружности С2, Са и С4 каса-
ются соответственно сторон АВ, ВС, CD и DA квадрата;
положим еще для определенности, что все четыре окружно-
сти касаются сторон квадрата с внешней стороны квадрата
Черт. 178.
(черт. 178). Если Р и Q — проекции точек О4 и О3 на сто-
рону АВ квадрата, a R и 5—проекции точек Ot и О3 на
сторону ВС, то, очевидно, AB = PQ — г4 — r2, BC = RS—
— r{— rs (так как, например, О4РАК есть прямоугольник).
Опустим из точки О4 перпендикуляр на прямую ОгОа и
отложим на нем отрезок O4N, равный О^О*. В таком случае
71]
РЕШЕНИЯ
203
проекция РТ отрезка OtN на сторону АВ квадрата равна
проекции. RS отрезка OiO3 на сторону ВС (см. первое реше-
ние задачи 70 а). Отсюда можно определить проекцию TQ
отрезка МЭа на сторону АВ:
TQ=PQ — PT=PQ — RS=
— (АВ + ri + гг) — (ВС О -Ь га) = г 2 -г4 — гt — г3 = р.
Этим определяется направление сторон квадрата; сторона AD
имеет то же направление, что и касательная из точки М
к кругу с центром в точке О2 и радиусом р = га —|—— И—
— Га (или rt Га — г2— г^', если точка N находится вне этого
круга, направление сторон квадрата может быть определено
двумя способами; если точка N находится на окружности
этого круга, направление сторон квадрата определяется одно-
значно, а если точка N находится внутри круга, то задача
вовсе не имеет решений. Другую систему решений можно
получить, если отложить отрезок O^N на перпендикуляре,
опущенном из точки О4 на в другом направлении.
Таким образом, в сделанных предположениях задача может
иметь до четырех решений. Другие решения можно получить,
если предположить иной порядок касания кругов С2, С3
и С4 со сторонами квадрата; таким образом, всего в предпо-
ложений, что все круги касаются сторон квадрата с внеш-
ней стороны,’мы будем иметь до 12 решений задачи (ср.
с решением задачи 70 а)). Различных предположений о том,
с какой стороны касаются круги С1г С2, С2 и С4, можно
сделать 16 (один случай, когда все круги касаются сторон
квадрата с внутренней стороны; четыре случая, когда три
круга касаются сторон квадрата с внутренней стороны, а
один — с внешней; шесть случаев, когда два круга касаются
сторон квадрата с внутренней стороны и два — с внешней;
четыре случая, когда один круг касается сторон квадрата с
внутренней стороны и три — с внешней; один случай, когда все
круги касаются сторон квадрата с внешней стороны). Таким
образом, всего задача может иметь до 12-16 = 192 решения.
Примечание. Совершенно аналогично можно решить задачу:
построить прямоугольник с данным отношением сторон, стороны (или
продолжения сторон) которого касаются четырех данных окружностей
С), С2, С2 и С4. Эта задача может иметь вдвое больше решений, чем
задача 71, т. е. 392 (подобно тому, как задача 70 б)) имеет вдвое
больше решений чем задача 70 а).
204
РЕШЕНИЯ
[72
72.	Пусть S2 и 53 — искомые окружности, D, Е и
F—попарные точки касания этих окружностей (черт. 179, а).
Точки пересечения попарных общих касательных к окружно-
стям со сторонами треугольника обозначим через М, Н; Р,
Q и R, Т. Отметим, что касательные MN, PQ и RT пересе-
каются в одной точке L: действительно, если бы они пересе-
кались в трех точках L{, Ь2 и La, то должны были бы иметь
место равенства 1^0 = LrE, L2D=L2F, L3E = L3F,4io не-
возможно.
Пусть теперь окружности S2 и 53 касаются стороны ВС
треугольника в точках О и Н (черт. 179, а). В таком слу-
чае имеем
RF=RH, QE=QG, LF=LE, MH=MD = MG
и, следовательно,
RL — QL = (RL + L F) — (QL + LE) = RF — QE =
= RH—QG= (W+ MH) — (QtW+ MG) = RM— QM.
С другой стороны, если вписанная в треугольник QRL ок-
ружность 2 касается сторон этого треугольника в точках
М1г М2 и М3 (черт. 179, б), то
RL — QL = (RM3 + MaL) — (QM2 + M2L) =
= RM3 — QM2 =	— QMt.
Из сравнения двух последних равенств вытекает, что точка
М{ совпадает с М, т. е. окружность 2Р вписанная в тре-
угольник QRL, касается стороны QR в точке М. Точно так
же показывается, что окружности 22 и 23, касающиеся АС,
MN и PQ, соответственно АВ, MN и RT, касаются АС и
АВ в точках Т и Р.
Рассмотрим теперь три окружности 2^ 22 и (черт. 179, в).
Общие внешние касательные RT и MN окружностей 2] и Ss,
соответственно" 22 и S3, и общая внутренняя касательная
PQ окружностей 2t и 22 пересекаются в одной точке L.
Отсюда можно заключить, что вторые, общие внешние каса-
тельные ВС и АС окружностей 2t и Sa, соответственно 22
и 53 и вторая общая внутренняя касательная окружностей
21 и 22, тоже пересекаются в одной точке, т. е. что отлич-
ная от PQ общая внутренняя касательная окружностей 2! и
2а проходит через точку С. Доказательство этого предложе-
721
РЕШЕНИЯ
205
ния мы приведем в конце решения, а пока примем этот факт
за доказанный. Аналогично показывается, что отличная от
RT общая внутренняя касательная S, и проходит через В
и отличная от MN общая внутренняя касательная 22 и 23
проходит через А.
206
РЕШЕНИЯ
[72
Докажем теперь, что общая касательная и S2, прохо-
дящая через С, является биссектрисой угла С. Обозначим
точку касания S2 и MN через й, точку касания и RT —
через v, а точку касаний Ss и АС—через К. (черт. 180, а).
В таком случае имеем
MD=MH=Fv
(МН и Fv— общие внешние касательные и S3);
Du — TK=TF
(Du и TK—общие внешние касательные 22и58). Складывая
эти равенства, получим
Ми — Tv.
Соединим теперь М с Т и обозначим вторые точки пере-
сечения прямой МТ с Sj и 22 через М' и Т’. В таком слу-
чае	Ми2 = МТ-МТ', Tv2 = TM-TM',
откуда, в силу равенства Ми —Tv,
МТ' = ТМ', ММ' = ТТ'.
Пусть теперь О] есть центр Sp а О2— центр S2. Соеди-
ним С с О] и О2 и опустим из точек С, и О2 перпенди-
куляры Cl, OJi и О2/2 на МТ. В таком случае из подобия
треугольников CMI и Oj/HZj имеем
СМ_ МОХ СМ   CI .
ci mix ’ м(\ m/J
аналогично	ст CI
Т^ = 172;
Но так как MIX = TI2^Mlfl — ^-ММ', TI2 = ^ TT'^j, то от-
сюда следует
СМ _ СТ
МТ\~'Т(5'2 •
Из последнего равенства вытекает, что углы МСОг и
ТСО2 равны. А теперь если СКХК2 есть общая касательная
окружностей S, и 22, проходящая через С, то
^/MCKi = 2 / МСОХ = 2тсог = Z ТСК2,
что и требовалось доказать.
72]
РЕШЕНИЯ
207
Точно так же доказывается, что касательная и S3, про-
ходящая через В, есть биссектриса угла В и что касательная
22 и S8, проходящая через А, есть биссектриса угла А.
Теперь уже ясно, что окружности S2 и ^мо-
гут быть легко построены как вписанные
208
РЕШЕНИЯ
(7Э
в треугольники ОВС, ОАС и О АВ (О есть точка пересе-
чения биссектрис треугольника АВС — центр вписанной ок-
ружности), прямые MN, PQ и RT могут быть най-
дены как (отличные от биссектрис треугольника АВС)
попарные общие внутренние касательные
окружностей 2Р 22 и 23 и, наконец, искомые
окружности Sj, S2 и Ss могут быть построены
как вписанные в четырехугольники APLT,
BMLP и CTLM (черт. 180, б).
В приведенном выше решении задачи у нас осталось не-
доказанным утверждение о том, что вторые внешние каса-
тельные 2! и S3 соответственно 22 иS3 и отличная от PQ
общая внутренняя касательная 2j и 22 пересекаются в одной
точке. Докажем теперь это.
Пусть вторая общая внутренняя касательная окружностей
2] и 22 пересекает прямые PQ и ВС соответственно в точ-
ках X п С (черт. 180, в); вторая касательная, проведенная
из С к 22, пересекает MN в точке N'. Рассмотрим четы-
рехугольники LXCR и LXCN', «описанные» соответственно
вокруг окружностей 2j и 22. (Слово «описанные» мы взяли
в кавычки, так как у одного из этих двух четырехугольников
две стороны и продолжения двух других сторон касают-
ся одной окружности.) Совершенно так же, как выводятся
аналогичные предложения для обыкновенных описанных четы-
рехугольников, получаем
LR ^C'X=LX-L- RC;
LX-\-N'C' = LN' 4- СХ.
Сложив эти два равенства, найдем
LR-\-N'C = RC’-\-LN’,
откуда следует, что в (невыпуклый) четырехугольник LRC'N'
можно «вписать» окружность (доказательство аналогично тому,
которое имеет место, для выпуклых четырехугольников).
Следовательно, C'N' касается окружности S3 (касающейся
трех остальных сторон этого четырехугольника), т. е. C'N'
есть общая касательная 22 и 53 и С совпадает с С, что и
доказывает наше утверждение.
73)
РЕШЕНИЯ
209
73. Предположим, что задача решена. Обозначим прове-
денные окружности с центрами в точках Оь О2 и О3 соот-
ветственно через Sp S2 и <$3. Пусть М, N и Р—точки пе-
ресечения окружностей 5, и S2, соответственно и 5S, S2
и S3 (черт. 181). Так как касательные к окружностям
S2 в точке М перпен-
дикулярны между со-
бой, то касательная
к S2 в этой точке
должна совпадать с
радиусом Oj/И окруж-
ности <$! (и касатель-
ная к S] — с радиусом
О2М окружности S2).
Точно так же касатель-
ная к S3 в точке М со-
впадает с радиусом 0^
окружности St. Соеди-
ним теперь точку О,
с точкой Р и пусть Р2
и Р2 — вторые точки
пересечения прямой
ОХР с окружностями
Черт. 181.
S2 и S3. В силу известного свойства
ности мы будем иметь
касательной к окруж-
и
OiM2 = OlP-OiP2,
OlN2 = OlP-OiP3.
Но так как 01Л1 = 0^, то отсюда мы заключаем, что
ОХР2 = 0{Р2, и следовательно, точки Р2 и Ръ совпадают:
прямая ОХР проходит через вторую точку Р'
пересечения окружностей S2 и S3. Таким образом,
мы видим, что точка Р лежит на перпендикуляре к линии
центров О2О2 окружностей S2 и S3, проходящем через точку 0Р
Теперь мы можем легко построить точку Р, которая ле-
жит с одной стороны на высоте треугольника OXO2OS, про-
ходящей через вершину Oj, а с другой стороны — на окруж-
ности, построенной на отрезке 020s, как на диаметре (ибо,
очевидно, 02Р02Р). После этого уже не представляет
никакого труда построение окружностей S2, S3 и
14 Д. О. Шклярский и др
210
РЕШЕНИЯ
{74
Предоставляем читателю самостоятельно провести доказа-
тельство правильности нашего построения (требуется доказать,
что если точка Р строится, как указано, то окружность 5,
с центром в точке О,, перпендикулярная к окружности S2
с центром в точке О2 и радиусом О2Р, будет перпендикулярна
также и к окружности £3 с центром в точке О3 и радиу-
сом О2Р).
Задача имеет единственное решение, если треугольник
является остроугольным, и не имеет решений, если
этот треугольник прямоугольный или тупоугольный
Черт. 182.
74. Допустим, что задача решена; пусть прямые АХ и
ВХ пересекают окружность соответственно в точках /И и (V,
MN\\l (черт. 182, а). Проведем через точку N прямую, па-
раллельную АВ, и обозначим через К точку ее пересечения
с окоужностью. Соединим /< и /И прямой и продолжим эту
прямую до пересечения с АВ в точке С. Рассмотрим треуголь-
ники АМС и АХВ. Угол А у них общий:
АХВ = АСМ,
так как оба эти угла равны / MKN. Следовательно,
АСМ ос АХВ.
75]
РЕШЕНИЯ
211
Из подобия треугольников получаем
откуда
АМ_АС
АВ~~ АХ'
AM- АХ = АВ-АС.
Отсюда вытекает следующее построение. Проведем через
А произвольную секущую, пересекающую окружность в точ-
ках ЛГ и X'. Тогда
АХ'  AM' — АХ- AM = АВ-АС.
Пользуясь этим равенством, мы можем построить отрезок
АС — четвертый пропорциональный к трем известным отрез-
кам АВ, АХ' и AM', а следовательно, найти точку С.
/ KNM равен углу между АВ и данной прямой I. Следова-
тельно, он известен, а потому известна величина дуги, на
которую он опирается, а значит, и величина хорды ХМ.
Отложим ее в каком-нибудь месте окружности О. Пусть это
будет хорда К'М' (черт. 182, б). Проведем затем окружность
5 с центром в О, касающуюся хорды К'М'. Тогда, проведя
через С касательную к этой окружности, найдем точку М,
Соединив А с М, найдем точ-
ку X. Задача может иметь два
решения, одно или ни одного
(в зависимости от числа каса-
тельных, которые можно прове-
сти через точку С к окруж-
ности S).
75. а) Допустим, что задача
решена; MN — a (черт. 183).
Проведем из точки В отрезок
ВВ^, равный и параллельный
отрезку MN. Тогда четырех-
Черт. 183.
угольник BMNBX есть параллелограмм и, следовательно,
/ ANB, = / АХВ. Но X АХВ известен, так как он опи-
рается на данную дугу АВ.
Отсюда получаем следующее построение. На прямой, про-
ходящей через точку В, параллельно данной прямой I откла-
дываем отрезок ВВх = а. На отрезке АВХ, как на хорде,
описываем дугу, вмещающую тот же угол, что и дуга дан-
14*
212
РЕШЕНИЯ
[76
ной окружности, стягиваемая хордой АВ. В пересечении по-
строенной дуги с прямой / получаем точку N. Прямая AN
пересечет окружность в искомой точке X. Для доказатель-
ства достаточно заметить, что прямая ВХ параллельна B{N и,
следовательно, фигура MBBXN—параллелограмм.
Задача может иметь два решения, одно или ни одного,
б) Предположим, что задача решена, MC=CN (черт. 184).
Построим точку Вг, симметричную с точкой В относительно
точки С. Тогда четырехугольник BMB{N есть параллелограмм
(так как его диагонали делятся в точке пересечения пополам)
и, следовательно, / ANB, = / АХМ. А так как этот угол
известен (он дополняет до 180° угол АХВ, опирающийся на дугу
АВ), то мы можем найти точку N как точку пересечения
прямой I с дугой, построенной на АВ{ и вмещающей из-
этого X определяется как точка пере-
сечения заданной окружности с прямой
AN (ср. с решением задачи а)).
76. а) Пусть LAK есть данный
угол, М—данная точка и 2р — данный
периметр. Отложим на сторонах угла
отрезки AQ и АР, равные р (черт. 185).
Проведем окружность S, касающуюся
сторон угла в точках Q и Р, и, наконец, проведем через точ-
ку М прямую МВС, касательную к окружности 5 в точке /?.
Отсеченный прямой МВС треугольник АВС—искомый. В са-
76]
РЕШЕНИЯ
213
мом деле, BP=BR и CQ — CR как отрезки касательных,
проведенных из одной точки. Отсюда
АВ-}- ВС-}- СА = АВ + BR + CR + АС =
— AB-}-BP-}-CQ-}-CA — AP-}-AQ—2p.
б) Если точка М расположена вне данного угла, то пе-
риметр отсекаемого треугольника будет тем меньше, чем ближе
расположена проведенная прямая к вершине угла А, и м >жет
быть сделан как угодно малым, т. е. искомого треугольника
вообще не существует. Предположим теперь, что точка М рас-
положена внутри угла. Через точку М проводим окружность
S (большую из двух возможных), касающуюся обеих сторон
угла, и проводим в точке М касательную к окружности 5
(черт. 186). Точки пересечения этой касательной со сторо-
нами угла обозначим через В и С. Треугольник АВС—ис-
комый. Для доказательства заметим, что периметр треуголь-
ника АВС равен двойному расстоянию от точки А до точки
касания окружности со стороной угла (см. решение за-
дачи а)). Проведем через М любую другую прямую, пересе-
кающую стороны угла в точках В' и С', и построим окруж-
ность вневписанную в треугольник В'АС. Точка
касания В'С и S, отлична от М, причем М лежит вне Sl;
откуда следует, что S, больше, чем S. Значит, расстояние
от А до точки касания окружности S, со стороной угла,
равное полупериметру треугольника В'АС', больше соответст-
вующей величины для треугольника ВАС, что и требовалось
доказать.
214.
РЕШЕНИЯ
177
77. а) Пусть В' есть точка, симметричная с точкой В от-
носительно прямой I (черт. 187). В таком случае для каждой
точки М прямой I имеем
ВМ=В'М
и, следовательно,
ЛИ + МВ = AM МВ’.
Но очевидно, что сумма
АМ-^-МВ' принимает наи-
меньшее значение в том слу-
чае, когда точка М лежит
на прямой АВ'; таким образом, искомой точкой X будет слу-
жить точка пересечения прямой I с прямой АВ’.
б) Предположим, что задача решена, и проведем окруж-
ность С\ с центром в точке В, радиусом ВХ-\-ХА — а
(черт. 188, а). Проведем, да-
лее, окружность С2 с цент-
ром в точке X, радиус ко-
торой равен АХ. Очевидно,
эти две окружности будут
касаться друг друга в точ-
ке К, лежащей на продолже-
&
Черт. 188.
нии прямой ВХ. Окружность С2 пройдет через точку А и через
точку А', симметричную точке А относительно прямой I.
Так как условие задачи позволяет нам построить окруж-
ность С\ и точку Д', то решение задачи сводится к-постро-
77j
РЕШЕНИЯ
215
ений окружности С2, проходящей через точки
А и А' и касающейся окружности Ct; центр X этой
окружности С2 и будет, очевидно, искомой точкой.
Перейдем теперь к решению задачи о построении окруж-
ности С2, проходящей через две данные точки А и А' и ка-
сающейся данной окружности Ср
Предположим, что эта задача решена. Пусть общая каса-
тельной к окружностям С] и С2 в их точке касания К пере-
секается с прямой АА' в точке S (черт. 188,6). В таком
случае SK2 = SA’-SA. Обратно, если 5 есть такая точка пря-
мой AAt, что квадрат касательной S/< из точки S к окруж-
ности Ct равен произведению расстояний от точки 5 до
точек А и А', то окружность С2, проведенная через точки
Л, А,‘ К, касается в точке А прямой SK, а следовательно,
и окружности С,. Таким образом, нам достаточно найти на
прямой АА' точку 5, удовлетворяющую условию SA-SA' =
(где К — неизвестная точка соприкосновения окружности С} с
касательной, проведенной из искомой точки 5 к этой окруж-
ности).
Пусть С3 — произвольная окружность, проходящая через
точки А и А’ и пересекающая окружность С! в точках Р и Q.
Обозначим через 5 точку пересечения прямых АА' и PQ
и покажем, что точка удовлетворяет поставленным усло-
виям. Действительно, если S/( есть касательная, проведенная
из точки 5 к окружности Ct (К — точка касания), то
по свойству секущих к окружности С8 и
SP-SQ = S/(2
по свойству секущих к окружности Ср
Окончательно мы приходим к следующему построению.
Проводим окружность С] радиуса а с центром в точке 13.
Далее, через точку А и точку А', симметричную А относи-
тельно прямой /, проводим произвольную окружность С8, пе-
ресекающую Сх в точках Р и Q, и из точки «S’ пересечения
прямых АА’ и PQ проводим касательную SA к окружности Ср
Искомая точка X есть точка пересечения прямой / и радиуса ПК
окружности Ср
216
РЕШЕНИЯ
(78
78. а) и б) Пусть АВС — данный треугольник, DEMN —
вписанный в него прямоугольник (черт. 189, а). Рассмотрим
треугольник АВ'С, где ВВ' || АС; пусть D'E'M'N' есть впи-
санный в этот треугольник прямоугольник с той же высотой,
что и прямоугольник DEMN. С одной стороны,
а с другой,—
/\ ABCw Д ВМЕ,
/\АВ'С^лВ'М'Е'.
ЕМ Е'М'	г,,,..
Отсюда следует, что -^ = -77^-; значит ЕМ=Е М и, еле-
/ЧС /ЧС
довательно, прямоугольники DEMN и D’E’M'N' равны.
Предположим теперь, что точка В' выбрана так, что тре-
угольник АВ'С прямоугольный: ^/_В'АС — 90°. Для прямо-
угольного треугольника АВ'С решение задач а) и б) очевидно
(так, например, диагональ вписанного прямоугольника будет
наименьшей, если она
перпендикулярна к гипотенузе В'С).
Отсюда следует и построение в об-
щем случае (черт. 189,6).
Задача 78 а), очевидно, может
иметь два, один или ни одного ре-
шения (если она имеет одно реше-
ние, то оно совпадает с решением
задачи б)).
в) Как и в решении задачи 78
а) и б), легко показать, что для по-
строения искомого треугольника до-
статочно вписать в прямоугольный
треугольник АВ'С (/ В'АС = 90°), катет которого АС совпа-
дает с основанием данного треугольника ,АВС, а катет
78J
РЕШЕНИЯ
217
АВ' равен высоте треугольника АВС (черт. 190), прямо-
угольник AE'M'N' данного периметра 2р. Другими словами,
надо найти на гипотенузе В’С треугольника АВ'С точку М',
сумма расстояний от которой до катетов АС и АВ' имела бы
данную величину р. Но геометрическое место точек внутри
угла САВ’, сумма расстояний от которых до сторон этого
угла равна р, есть отрезок прямой I, пересекающей стороны
угла в точках Р и «S’ таких, что AR = AS=p (см. ниже
задачу 836). Следовательно, М' есть точка пересечения пря-
мой I и гипотенузы В'С.
Задача имеет одно решение, если основание АС данного
треугольника АВС меньше р, а высота ВР=В’А больше р
или, наоборот, «4С^>р, а ВР<С^р. Если АС = ВР=р, за-
дача является неопределенной: каждый прямоугольник
DEMN, вписанный в треугольник АВС, имеет периметр 2р.
Во всех остальных случаях задача вовсе не имеет решений.
г) Для того чтобы площадь прямоугольника AE’M'N'
(черт. 191) была наибольшей, надо, чтобы сумма площадей
треугольников CM'N’ и В’Е'М' была наименьшей. Но так
как эти треугольники подобны (и подобны треугольнику АВ'С),
то их площади пропорциональны квадратам гипотенуз. Та-
ким образом, задача сводится к тому, чтобы отыскать на ги-
потенузе В'С прямоугольного треуголь-
ника АВ'С такую точку М', чтобы сумма
СМ'2 М'В’2
была возможно меньше. Но, очевидно,
СМ'2-[-М'В'2 =
= ± [(СМ' + М'В')2 + (СМ' — М'В')2] =
= у [СВ'2 + (СМ' — М'В')2],
откуда следует, что сумма СМ'2-]~М’В'2
будет наименьшей, когда разность СМ' — М'В' будет наимень-
С В'
шей по абсолютной величине, т. е. когда СМ’ — МВ' = —у- .
Таким образом, высота Е’А искомого прямоугольника равна
половине высоты В'А треугольника АВ'С; следовательно, и
высота ED прямоугольника DEMN равна половине высоты
треугольника АВС,
*
218
РЕШЕНИЯ
[78
Примечание. Можно и чисто геометрически доказать, что
из всех прямоугольников, вписанных в прямоугольный треугольник
АВ'С, наибольший по площади имеет_ вершину в середине М' гипо-
тенузы В'С. Действительно, пусть А ЕМN— какой-то другой прямо-
угольник (черт. 191). Проведем через точку М прямую Z, отрезок СВ
которой между сторонами угла САВ’ делится в точке М пополам (см.
ниже решение задачи 142). Очевидно,
$АЕ'М'№ = у $АВ'С; $AEMN= у S АВС-
Н° авс < $АВ’С (см- задачу 142), откуда и следует, что
SaE'M’N' >saemn-
д) Как и выше, достаточно вписать в прямоугольный
треугольник АВ’С прямоугольник AE'M'N’ данной площади j.
Рассмотрим вспомогательный равнобедренный прямо-
угольный треугольник АВ"С (черт. 192, а). Очевидно,
с	с АВ" „ АС
b^ABi'C &ДАВ’С-ддТ- ЛДАВ’С-д^ •
Постараемся теперь вписать в треугольник АВ"С прямо-
угольник AE"M”N', площадь которого равна о^-5Г = а1. Ес-
АН
ли AE"M"N’ есть искомый пря-
моугольник, то AN' • N'M" =
= AN' • N'C — (треугольник
CN'M” — равнобедренный); это
Черт. 192.
позволяет легко найти точку N’ как основание высоты прямо-
угольного треугольника с гипотенузой АС и высотой, опу-
щенной на гипотенузу, равной стороне а квадрата известной
площади а( (черт. 192, б).
79]
РЕШЕНИЯ
219
Пусть теперь AN'M'E' — прямоугольник, вписанный в АВ'С
и имеющий основание AN’. Тогда, очевидно,
M'N' _CN' _M"N'
В'А СА В"А ’
откуда
M'N'__________________________В'А
M"N' В" А
и, следовательно,
е	е M'N' ~ В'А „
Ъдя'М'Е' = оая’М'’Е''	sI ^4 = а•
Задача имеет два решения, если
(АС\2	.AC-АВ’	S
°'<Ы’ °<^—
где 5 — площадь треугольника АВС, одно решение,
S	\ S
если а —-%, и ни одного, — если
Ая
А
е,
А,
3 о
а8
Черт. 193.
79.	Пусть AtA2A3A4A5AeA7AsA9 искомый девятиугольник,
Bt, В2, ..В9 — из-
вестные середины его
сторон (В\ — середина
стороны AtA2, В2—
середина стороны /12Л3
и т. д.; черт. 193).
Рассмотрим четырех-
угольник А4АвАеА7.
Точки В4, Въ, Вв и се-
редина X диагонали
Л4Д7 являются середи-
нами сторон этого че-
тырехугольника. Так
как отрезки В4Хи В3Вй
оба параллельны 4647
и равны половине /1647
(как средние линии
треугольников А4А6А7
и соответственно 46/вД7), то В4ХВвВъ есть параллелограмм,
и так как точки В4, Вь и Вй нам известны, то мы можем
построить и точку X.
220	решения	[80
Рассмотрим теперь четырехугольник Л3Л4/17Д8. Точки 53,
Y, В7 и середина К отрезка А8А8 являются серединами сто-
рон этого четырехугольника. Отсюда следует, что четырех-
угольник В2ХВЧУ есть параллелограмм, и мы можем построить
точку У—единственную не известную нам вершину этого
параллелограмма.
Рассмотрим, далее, четырехугольник A2A3A8/lg. Как и выше,
четырехугольник B2YB%Z, где Z есть середина отрезка Л2/9—
параллелограмм, и, зная точки В2, Bs и У, мы можем по-
строить точку Z.
Рассмотрим, наконец, треугольник A}A2A9. Точки Вх, В9
и Z являются серединами сторон этого треугольника. Не пред-
ставляет труда построить этот треугольник, середины сторон
которого известны (точка Ах является вершиной паралле-
лограмма	три остальные вершины которого из-
вестны). Зная точку Д и середины Bt и В9 отрезков АгА2
и Xj/lg, мы без труда найдем точки А2 и Ад, далее, точно
так же мы сможем найти точки А3 и А8 и т. д., пока мы не
построим все вершины искомого девятиугольника.
Примечание. Аналогично можно построить по серединам
сторон любой многоугольник с нечетным числом сторон.
80.	Будем решать задачу согласно указанию. Пусть тре-
буется в данную окружность вписать многоугольник, у кото-
рого одна из сторон проходит через данную точку Р, а
остальные параллельны данным прямым (т. е. &=1).
Пусть АХА2 ... Ап — искомый многоугольник (черт. 194).
Возьмем на окружности произвольную точку В{ и построим
ломаную В{В2В2 ... Вп, звенья ВХВ2, В2В2,..., Вп__,Вп
которой соответственно параллельны данным прямым. Тогда
AlBl = А2В2= ... = Ап_гВп_г = АпВп как дуги, заключен-
ные между параллельными хордами. Заметим, что по сравне-
нию с первой дугой АХВХ направления дуг (от А2 к В2, от
As к Вл и т. д.) все время меняются. Отсюда следует, что
при k четном дуга AkBk будет иметь направление, противо-
положное HjBj, а при k нечетном — то же самое направление.
Если число сторон многоугольника п четное (как на
черт. 194, а), то дуги АХВХ и АаВп имеют противоположные
80]
РЕШЕНИЯ
22.1
направления; в этом случае, так как Л1В1 = ЛпВг1, то
Но есть сторона искомого многоугольника и,
следовательно, проходит через данную точку Р. Теперь, чтобы
определить точки Ап и Вп, достаточно через Р провести пря-
мую, параллельную ВпВ\', после этого уже не будет представ-
лять труда найти остальные
ника. Если число сторон
многоугольника п нечет-
ное (как на черт. 194, б},
то дуги АГВХ и АпВп равны
и имеют одинаковое напра-
вление. В этом случае че-
тырехугольник АхВ{АпВп
представляет собой равно-
бедренную трапецию и, сле-
довательно, А1Ап = В1Вп.
Таким образом, для того
чтобы найти точки Ап и А,,
нам остается через данную
точку Р провести хорду дан-
ной длины В{Вп. Это легко
сделать, так как равные хор-
ды AtAn и BtBn равноуда-
лены от центра окружности,
т. е. касаются одной и той
же окружности, концентри-
ческой с данной.
Перейдем теперь к общей
задаче построения вписан-
ного в данную окружность
«-угольника, k смежных
сторон которого (здесь мо-
жет быть k=n) проходят
точек, а остальные п—k
направлениям. Пусть наша задача решена, и /1<42/8 ... Ап
есть такой «-угольник, две соседние стороны AtA2 и Л2Л3
которого проходят через известные точки Рг и Р2, а из
вершины искомого многоуголь-
„ Вц Вц
Черт. 194.
через k заданных на плоскости
сторон параллельны известным
остальных сторон «— k параллельны данным прямым и
k — 2 (а именно, .43.44, /4ЛВ, ..., А/гА/г+1) проходят через
известные точки (черт. 195, а). Покажем, что задача построе.-
222
РЕШЕНИЯ
(80
ния такого л-угольника равносильна задаче построения дру-
гого л-угольника, вписанного в ту же окружность, у кото-
рого k—1 смежных сторон проходят через данные точки, а
п — сторон параллельны известным прямым. Дей-
ствительно, заменим наш многоугольник многоугольником
. Ап (может быть самопересекающимся), у которого
сторона /ЦЛг параллельна PiP2. Сторона А2 Л3такого л-уголь-
ника пересекает прямую Р\Р2 в точке Р2, положение которой
можно определить. Действительно, так как / Л2/аЛя =
= ^/_А2АхА2 — ^/_Р2РхА2 (см. черт. 195, а), то треугольники
Р2А2Р*2 и РгР\А2 подобны. Из подобия этих треугольников
Р2Ръ Р?А2	„ г Р2А2‘Р2А2
получаем	откуда Р2Р2 — —р~р—. Но произ-
ведение Р2А2-Р2А2 зависит только от положения точки Р2 и,
следовательно, известно нам; мы можем определить теперь
и отрезок Р2Р2, т. е. положение точки Р2.
Точно так же можно привести задачу построения л-уголь-
ника А^Аз .., Ап к задаче построения нового л-угольника
• • • До, вписанного в ту же окружность, у которого
81)	решения	223
k — 2 смежных сторон Д3Л4, Д4ДБ, ..AkAll+l проходят через
известные точки, а остальные стороны параллельны данным
направлениям. Продолжая этот процесс, мы в конце концов
придем к задаче построения я-угольника, вписанного в данную
окружность, у которого одна сторона проходит через извест-
ную точку, а все остальные параллельны заданным направ-
лениям. Эта же задача решена выше.
Замечание. При помощи описанного выше приема можно
решить также более общую задачу о построении вписанного в дан-
ную окружность л-угольника, у которого k (не обязательно
смежных) сторон проходят через известные точки, а остальные
параллельны заданным направлениям. Действительно, нетрудно пока-
зать, что задачу построения такого п-угольника можно свести к за-
даче построения другого п-угольника, вписанного в ту же окруж-
ность, у которого k смежных сторон проходят через фиксированные
точки, а остальные стороны параллельны известным направлениям.
Для того чтобы в этом убедиться, достаточно показать, что много-
угольник Л|Л2Л.з... А„, сторона А,А2 которого проходит через извест-
ную точку Р, а сторона A2AS параллельна известному направлению Z,
можно заменить вписанным в ту же окружность многоугольником
Л1Л2Д3.. ,Ап (может быть, самопересекающимся), у которого сторона
AtA2 параллельна известному направлению, а сторона Л2Л3 прохо-
дит через заданную точку. Действительно, предположим, что сторона
АгА2 многоугольника А1А2А3...А„ параллельна направлению I
(черт. 195, б). В таком случае четырехугольник А1А2А3А2 есть равно-
бедренная трапеция и сторона Л[А> симметрична Л2Л3 относительно
оси симметрии этой трапеции, т. е. прямой, перпендикулярной к I,
проходящей через центр окружности. Следовательно, Л2Л3 проходит
через точку Р', симметричную Р относительно этой прямой, что и
требовалось доказать.
81.	Проведем на поверхности шара из произвольной ее
точки А, как из центра, какую-нибудь окружность. Выберем
на этой окружности какие-нибудь три точки М, N, Р
(черт. 196, а) и, измерив расстояния между ними, циркулем
перенесем эти расстояния на плоскость (лист бумаги). Тогда
мы построим треугольник M'N'P', равный /ИАТ^черт. 196, б).
Описав около него окружность и отложив ее радиус, мы
найдем отрезок M'Oj, равный перпендикуляру МОи опущен-
ному из точки М на диаметр шара АВ, По катету M'Oi
224
РЕШЕНИЯ
[82
и гипотенузе А'М', равной первоначальному раствору цир-
куля AM, строим теперь прямоугольный треугольник М'О\А!
(черт. 196, в). Через точку ЛГ проводим прямую, перпендику-
лярную к М' А', до пересечения в точке В' с продолжением
Черт. 196.
катета A'Oi. Тогда отрезок А'В' будет равен диаметру АВ
шара.
82.	а) Пусть А, В к С (черт. 197, а)—заданные точки.
Построим на плоскости треугольник А'В'С, равный треуголь-
нику АВС, и опишем около него окружность (черт. 197,б).
Мы можем найти (см. задачу 81) радиус R шара или, что то
же самое, радиус большого круга. Проведем на плоскости
круг радиуса R (черт. 197, в) и засечем на нем хорду К'L',
равную диаметру круга, описанного около треугольника А'В'С'.
Расстояние от К' до середины Р' дуги, стягивающей хорду K'L',
83]
РЕШЕНИЯ
225
есть, очевидно, расстояние от каждой из точек А, В и С до
«эпицентра» окружности на шаре, проходящей через точки
А, В и С. Таким образом, проводя из точек А и, скажем, В
окружности такого радиуса, мы	________
получим в точке их пересечения
«эпицентр» искомой окружности. /// —— 1\\
б) Пусть А и В — заданные	// (	/\	)
точки. Проведем из них, как из	/ /	4-—У. уд	\\
«эпицентров», окружности одина-	рт""	/^\ ]"\Гт
кового радиуса. Пусть К и L—	L \	[	\Л j	LA
точки пересечения этих окружно-	\ '	I
стей. (Здесь существенно, что А \ 'С	/
и В не являются концами одного \	/
диаметра, так как в этом случае X.	У'
проведенные окружности либо ели-	--------
лись бы, либо не пересеклись.)	Черт. 198.
Проведем из точек К и L, как из
«эпицентров», пару пересекающихся окружностей одинакового
радиуса. Пусть точки их пересечения суть /Ии ;V. Тогда точки
М и N лежат на искомой окружности (черт. 198). По трем
точкам, например А, В и М, мы построим искомую окруж-
ность (см. предыдущую задачу).
d
Черт. 199.
83.	а) Проведем прямые Ь' и Ь", параллельные b и уда-
ленные от нее на расстояние s (черт. 199). Они пересекают
прямую а соответственно в точках и Р4, принадлежащих
15 Д. О. Шкляоский и до.
226
РЕШЕНИЯ
[83
искомому геометрическому месту. Поступим аналогично с пря-
мой а. Тогда на прямой b найдем еще две точки Р2 и Р3
геометрического места. Пусть с и d—биссектрисы углов
между прямыми а и Ь. Проведем теперь через Рх два взаимно
перпендикулярных луча: один — параллельный биссектрисе с
и не пересекающийся с d, другой — параллельный биссектрисе d
и не пересекающийся с с. Аналогичные лучи проведем из точек
Р3, Р8, Тогда, если, например, А— точка, лежащая на том
из этих лучей, который проведен из Р} параллельно с,
то она лежит на биссектрисе угла между Ь' и а. Следовательно
(см. черт. 199), АВ = АС, а так как CD — S, то
AD-AB = AC-]-CD—AB = CD = s.
Таким образом, каждая точка построенных лучей принадлежит
искомому геометрическому месту.
Обратно, пусть М—какая-нибудь точка геометрического
места. Опустим из М перпендикуляр МК на b и ML . на а.
Пусть M/(^>ML. Отложим на М% отрезок MN = ML. Тогда
точка N удалена от прямой b на расстояние s, ибо NK =
— МК—MN=s. Поэтому N лежит либо на Ь', либо на Ь".
Черт. 200.
Пусть, например, N лежит на Ь". Из MN — ML следует, что
М лежит на биссектрисе угла между а и Ь'. Но ни одна из
точек отрезка Р±Р2, так же как ни одна из точек отрезка PtP3,
кроме концов этих отрезков, не может принадлежать иско-
мому геометрическому месту, так как для этих точек не раз-
ность, а сумма расстояний до прямых а и b равна s. Следо-
вательно, М лежит на одном из рассмотренных выше лучей.
84—85]	решения	227
Итак, искомое геометрическое место состоит из восьми
лучей с вершинами в точках Pt, Р2, Ps, Р^
б) Совершенно аналогично решению задачи а) можно по-
казать, что искомым геометрическим местом будет прямо-
угольник, изображенный на черт. 200.
84.	а) Искомое геометрическое место, очевидно, состоит
из всех точек квадрата и биссектрис углов, вертикальных к
углам квадрата (черт. 201). (Полное доказательство этого
предоставляем читателю.)
б) Искомое геометрическое место состоит из двух отрез-
ков, параллельных большим сторонам прямоугольника, и че-
тырех лучей, параллельных биссектрисам углов, вертикальных
к углам прямоугольника (черт. 202). (Полное доказательство, ис-
пользующее результат задачи 83 а), предоставляется читателю.)
85.	Пусть для определенности
ЛВ СО
PQ " QR RP	( >
(черт. 203, а). Отложим на стороне QR отрезок QDl =
= CD—ина стороне PR отрезок РЕХ = РЕ (черт. 203,6).
В силу неравенств (*) QDt QR и РЕХ PR; таким обра-
зом, построенные точки Dt и Et лежат на самих сторонах
QR и соответственно PR (а не на их продолжениях).
228
РЕШЕНИЯ
[85
Тогда
5д/СО -[- S^ZEF = Pq (<$Д ZPQ	$FZQD. + S.^ZPE,) =
= pQ (SpQDtE, ---S&ZDtE,)-
Отсюда следует, что для точек Z искомого геометрического
места площадь S&zDiE, должна быть постоянной. Поэтому
искомым геометрическим местом является отрезок прямой,
параллельной DJp и проходящей через точку Zo, заключен-
ной внутри треугольника PQR
R
(черт. 203, б).
R
Когда
точкой R и сумма площадей треугольников ZPQ, ZQR и ZRP
равна площади всего £\PQR и, следовательно, не зависит
от положения точки Z. Поэтому искомым геометрическим
местом в этом случае служит весь треугольник PQR.
Замечание. Можно обобщить задачу, рассматривая точки Z
и вне треугольника. В этом случае обычно уславливаются приписы-
вать площади треугольника знак плюс, если он лежит по ту же сто-
86]
РЕШЕНИЯ
229
рону от общей с PQR стороны, что и весь треугольник PQR, и знак
минус — в противном случае. Тогда нашим геометрическим местом
будет вся прямая параллельная D^EV Доказательство этого утвержде-
ния дословно повторяет вышеизложенное, если только под площадью
треугольника понимать определенную нами площадь «со знаком».
Можно, однако, считать все площади положительными. В этом случае
решение задачи несколько усложняется, но в общих чертах остается
прежним. Найти его мы предоставляем читателю (соответствующее
геометрическое место изображено на черт. 203, в).
86.	Пусть М — середина стороны ВС (черт. 204). Так
как треугольник АВС прямоугольный, то ВМ— AM. Вслед-
ствие перпендикулярности ОМ к хорде ВС имеем
ОМ2 4- ЛАР = ОМ2 + ЛДЗ3 = ОВ3 =7?2,	(*)
где R есть радиус данной окружности. Дополним теперь
треугольник ОМА до параллелограмма OMAN, и пусть точка
Oi — середина отрезка О А—
есть точка пересечения
диагоналей этого паралле-
лограмма. Так как сумма
квадратов диагоналей парал-
лелограмма равна сумме квад-
ратов его сторон, то из ра-
венства (*) имеем
AO2-^MN2 =
= 2ОМ2 4- 2 AM2 = 2R2,
откуда
Черт. 204.
ОгМ2 =
2R2 - АО2
4
Таким образом, расстояние 0{М не зависит от положения
точек В и С на окружности, т. е. точка М описывает
окружность с центром в точке Ot и радиусом
V2R2 — АО2
Г =------2----- .
Пусть теперь BD и CD — касательные к рассматриваемой
окружности в точках В и С (черт. 204). Соединим точку D
с центром О окружности. OD пересекает отрезок ВС в
его середине М. Пусть Р есть вторая точка пересечения
230
РЕШЕНИЯ
[87
OD с окружностью, являющейся геометрическим местом
точек М. В силу известного свойства окружности произведение
OM-OP=k не зависит от положения точек В п С. Далее
из прямоугольного треугольника OBD следует
OM-OD=OB2 — R2.
Таким образом, мы получаем
OP — — OD= —
u ОМ’ u ОМ'
т. е.
Р2
0£> = ф-0Л
k
Последнее равенство означает, что геометрическое место
точек D получается из окружности, являющейся геометриче-
ским местом точек Р (и точек М), преобразованием подобия
D2
с центром подобия в точке О и коэффициентом подобия-^- .
Следовательно, геометрическое место точек D
тоже является окружностью.
87.	Пусть АВС (черт. 205, а)—какое-то положение тре-
угольника. Проведем радиусы OXB — R и О2С = г и рассмо-
трим равнобедренные треугольники Oj/Ш и О2АС. Очевидно,
Z- ВЛО, -j- ХСЛОЯ = 2d— d-d. Отсюда / В АО, -ф-
-ф-/_АВО, -ф- /_САОЪ -ф- ^_АСО2 = 2d и поэтому ^/_АО{В-\-
-ф- /AO2C=2d, откуда следует, что О{В\\О2С. Предполо-
жим сначала, что R =^= г, например R ф> г (как на черт. 205, а).
Тогда О1О2ф|хВС (так как иначе четырехугольник О{О2СВ
был бы параллелограммом и R равнялось бы г). Поэтому ВС
пересекает прямую ОгО2 в некоторой точке М. Положение
точки М не зависит от положения точек В и С: действительно,
из подобия треугольников МВОХ и МСО2 получаем
О, О, R — г
0^М~~~г	’
откуда следует
О2Л1=-С_ otO2 = r§±f ,
2 R — r 1 J R — r
т. е. О2М зависит только от радиусов' окружностей С] и С2.
Точка М, как легко вывести из полученного выражения для
О2М, будет внешним центром подобия окружностей О, и О2,
87]
РЕШЕНИЯ
231
т. е. совпадает с точкой пересечения их общих внешних ка-
сательных и В2С2. Обратно, проводя через Л1 любую
секущую и проведя соответствующие хорды, мы получаем
прямоугольный треугольник АВС, удовлетворяющий условиям
задачи (для доказательства этого факта надо все изложенные
выше рассуждения провести в обратном порядке).
Таким образом, всевозможные положения точки/) — осно-
вания высоты треугольника АВС—суть основания перпенди-
куляров, опущенных из точки А на лучи, проходящие через
Черт. 205.
точку М и заключенные внутри угла между общими внеш-
ними касательными данных окружностей. Поэтому искомое
геометрическое место — дуга DiZ)2 окружности, построенной
на AM, как на диаметре, заключенная внутри угла BiMB2.
Если R = r, то BCIJOjOj (черт. 205, б). Аналогично
предыдущему показываем, что искомым геометрическим местом
будет отрезок общей внутренней касательной, заключенный
между общими внешними касательными.
Заметим, что, в то время как прямой угол А поворачи-
вается на 360°, точка D пробегает дугу (или отрезок) DXD2
дважды — в одном и в другом направлениях.
232
РЕШЕНИЯ
(88
88. Пусть В лежит на стороне I, а С—на стороне т
прямого угла с вершиной Р (черт, 206, а). Построим на ВС,
как на диаметре, окружность О. Так как /А = / Р= d,
то А и Р лежат на этой окружности. /АРС= /АВС, как
опирающиеся на одну и ту же дугу. Поэтому точка А при
движении треугольника АВС должна все время лежать на
луче п, проходящем через точку Р и образующем с лучом
т угол, равный /_ В. Так как АР — хорда окружности О
с диаметром ВС, то АР не может превышать диаметра ВС
Черт. 206.
(легко видеть, что АР может быть равно ВС; см. черт. 206, б).
Минимальной величине АР должна соответствовать минималь-
ная из хорд, у которых один конец находится в точке А, а
другой' лежит на ВРС. Если АВ</АС, то, очевидно, мини-
мальной хордой будет сам катет АВ (см. черт. 206, б). Ясно,
что при движении /\ АВС точка А опишет весь отрезок А/3
(где PAt= АВ, а РА2 = ВС), так как для каждого отрезка
РА, где РА, /РА /РА2, мы сможем найти соответствующую
этому отрезку хорду окружности О и соответствующее поло-
жение Д АВС (а может быть, и два положения). Таким обра-
зом, длина отрезка, служащего искомым геометрическим ме-
89]
РЕШЕНИЯ
233
стом А1Аг = ВС— АВ, где АВ — меньший катет треугольника
АВС.
Замечание. При решении задачи мы предполагали, что точки
В к С движутся соответственно по луча м Z и т. Если же точке В
разрешить двигаться по всей прямой I, а точке С — по всей прямой
т, то результат несколько изменится. Легко видеть, что точка А по-
прежнему должна находиться на прямой (но не на луче л) и будет
описывать отрезок А2А2 = 1ВС (см. черт. 206, в). Доказательство
этого утверждения, которое мы предоставляем читателю провести
самостоятельно, аналогично изложенному выше.
89. а) Отметим сначала, что треугольники MNP и МАВ
подобны: / МАВ = / MPN (так как / МАВ-]- / BAN=
= 180°, /_BPN4-/_BAN =180°); аналогично £МВА =
— / MNP. Далее, пусть М1\ есть касательная в точке М
к окружности Q, МТ—касательная в этой же точке к ок-
ружности С, описанной около треугольника MNP (черт. 207, а).
В таком случае / ТХМА измеряется половиной дуги МА ок-
ружности С] и, следовательно, равен углу MBA; аналогично
/ TMN = / MPN. Из равенств /ТХМА = /MBA = /_MNP
и / TMN = / MPN— / МАВ следует, что MT. .. NP,
МТ || АВ.
Пусть и О2 суть соответственно центры окружностей
Ct и С2, О — центр окружности С. Так как МТ || АВ, то ОМ
параллельно отрезку ОХО2, перпендикулярному к хорде АВ;
так как МТг || NP, то О-,М параллельно перпендикуляру О27(,
опущенному из О2 на хорду NP. Но так как последний пер-
пендикуляр делит NP пополам, то он, очевидно, проходит
через центр О окружности С.
Итак, четырехугольник МО{О2О есть параллелограмм,
О2О=ОгМ. Таким образом, геометрическим местом
точек О при различных положениях точки М
служит окружность, центр которой совпадает
с центром С2, а радиус равен радиусу СР
Далее, пусть радиус окружности Clt описанной около тре-
угольника МАВ, равен rt; радиус ОМ окружности С, описанной
около треугольника MNP, равен d(d — O2Ox, так как О2О{МО
—параллелограмм). Следовательно, коэффициент подобия
треугольников MNP и МАВ равен . Пусть ML—высота
треугольника MNP, Н—точка пересечения высот этого тре-
234
РЕШЕНИЯ
[89
угольника (черт. 207, б). Рассмотрим еще треугольник QRS,
образованный средними линиями треугольника МАВ. Очевидно,
что этот треугольник подобен МАВ с коэффициентом подо-
Черт. 207.
бия -i-. Следовательно, треугольник MNP подобен QRS с ко-
*
эффициентом подобия —. Далее легко видеть, что точка О.
ri
есть точка пересечения высот треугольника QRS (ибо пер-
пендикуляры, восстановленные к сторонам треугольника AL4B
в их серединах, являются одновременно высотами треуголь-
ника QRS). Положим QO1 = S. Так как OtQ есть перпенди-
89]	решения	235
куляр, опущенный из Ot на АВ, то QOt и МН—сходственные
отрезки треугольников QPS и MNP и
МН 2d ....	2<Й
-------- "г Л1П=----.
OiQ rt
Так как МОХ || О/С, a OFJ_NP (черт. 207, а), то ML про-
ходит через Ор Теперь имеем
О.Н — МН — О.М = ——г .=---------*.
1	1 ri 1 О
Таким образом, геометрическим местом точек//
служит окружность с центром в точке С\ и ра-
2di — rj	%
ди у с ом —---- (если 2б?0=Гр то точка И остается не-
подвижной).
Наконец, отметим, что точка Е пересечения медиан тре-
угольника MNP лежит на отрезке ОН (черт. 207, о) и делит
ОЕ 1 .	по.
этот отрезок в отношении	(см- решение задачи 98).
Отрезки ОХН и О2О параллельны между собой (оба они перпен-
дикулярны к NP); проведем из точки Е прямую EF, парал-
лельную ОХН и О2О и пересекающую ОХО2 в точке F. Рас-
сматривая пересекающиеся прямые ОХО2 и ОН, пересечен-
ные параллельными прямыми ОХН, FE и О2О, находим:
OXF НЕ 2	Г
Tvr = vrv = —; следовательно, положение точки Г на отрезке
ЕО2 ЕО 1	’	г
ОХО2 не зависит от выбора точки М. Далее, пусть G есть
точка пересечения прямых ОХО2 и НО. Из подобных тре-
угольников О,НО и FEG имеем	= ^^-1  1; из по-
*	гЕ E(j F<J
добных треугольников О2ОО и FEG имеем
O2O_O2G_O2F
FE FG FG
Но так как OXF=2O2F, то получаем
откуда
ОХН—2О2О 1 (МЬ-г* \	2<Я-Зг*
236
РЕШЕНИЯ
[90
Итак, точка Е описывает окружность с цен-
тром в такой точке /^отрезка ОХО2, что OXF\FO2—
2<Й-Зг2
= 2:1, и радиусом —=------ (если 2<Й —Зл?, то точка Е
г	Згх '	1’
остается неподвижной).
б) Угол NMP (черт. 208, а) опирается на постоянную
дугу АВ окружности Сх и поэтому не зависит от выбора
точки М. Но, с другой стороны, этот угол измеряется полу-
разностью дуг NP и АВ окружности С2. Отсюда следует,
что дуга NP окружности С2 остается постоянной (она равна
/V
Черт. 208.
сумме дуги АВ окружности Сх и дуги АВ окружности С2).
Отсюда следует, что и расстояние O2L хорды NP от центра
О2 окружности С2 не зависит от точки М: хорда NP все
время касается постоянной окружности с центром в точке О2.
Особо следует отметить случай, когда сумма дуг АВ окруж-
ностей Сх и С2 равна 180° (т. е. окружности Сх и С2 перпен-
дикулярны; см. выше); в этом случае дуга NP равна 180°
и хорда NP все время проходит через центр О2 окружно-
сти С2 (черт. 208, б).
90. а) Опишем вокруг треугольника АВС окружность.
Пусть для определенности точка М лежит внутри этой окруж-
ности, Р, Q, R — проекции этой точки на стороны треуголь-
ника (черт. 209, а). Соединим точку М с вершинами А, В и
С треугольника; пусть D и Е—точки пересечения прямых
AM и ВМ с описанной окружностью. Соединим, кроме того,
90]	РЕШЕНИЯ	237
точку D с точкой В. Так как вокруг четырехугольников
APMQ и BQMR можно описать окружности, то
X_PQM=^PAM и ^MQR = /_MBR
(как углы, опирающиеся на одни и те же дуги). Кроме того,
имеем
/_РАМ= /_CBD
(по той же причине). Следовательно,
/ САМ = / DMC — / АСМ = / PQM = / CBD,
/_MQR = ^/CEE,
отсюда (см. черт. 209, а) ’)
Z_PQR = /_ PQM 4-	МQR = DBC + BBC = / EBD.
Вычислим теперь площадь треугольника PQR. Имеем
S^pqp — —- PQ  QR sin X PQR — у PQ • QR sin X EBD.
Но так как AM и BM суть диаметры окружностей, описан-
ных около четырехугольников APMQ, соответственно BQMR,
то
PQ = ЛМ-sin X A, QR = BM-sin	В.
Кроме того, из треугольника BMD имеем
МВ _ sin £MDB .
MD sin / MBD ’
MB sin X MBD = MD sin / MDB == MD sin	C.
Таким образом,
S^pqr = у PQ • QR sin EBD = -i-AM sin A • BM sin В • sin EBD=
= AMsin Asin B- MB sin EBD — ±-AM • MD sin A sin В sin C.
2	2
i) Чтобы сделать эти рассуждения независимыми от чертежа,
надо воспользоваться понятием направленных углов (см.,
например, написанные Д. И Перепелкиным решения задач в книге
Ж. Адамара «Элементарная геометрия», ч. 1, М., Учпедгиз, 1948 г.
стр. 488—489).
238
РЕШЕНИЯ
[90
Аналогичные рассуждения приводят к тому же результату и
в случае, когда точка М лежит вне окружности, описанной
вокруг треугольника АВС (черт. 209, б) (подробное проведение
Черт. 209.
этих рассуждений предоставляем читателю). Все дальнейшие
наши рассмотрения относятся сразу к обоим этим случаям.
Обозначим теперь расстояние от М до центра О окруж-
ности, описанной около треугольника АВС, через d, а радиус
описанной окружности — через R.
90)
РЕШЕНИЯ
239
Если X и У — точки пересечения прямой ОМ с окруж-
ностью, описанной около треугольника АВС, то
AM-MD —XM-MY=(R-\-d)-[Az (R — d)] = ± (Я2 — d2),
где знак плюс относится к тому случаю, когда М лежит вну-
три окружности, описанной около треугольника АВС, а знак
минус — к тому случаю, когда М лежит вне этой окружности.
Таким образом,
+ ~(R2 — d2) sin A sin В sin С.
Полученную формулу можно еще несколько преобразовать.
Обозначим стороны треугольника АВС через а, b и с, а пло-
щадь— через S. Тогда
S=~ab sin С=~ (2R sin А) (2/? sin В) sin С =
= 2R2 sin A sin В sin С.
Таким образом,
sin A sin В sin С=
и, следовательно,
с.------------------------1- J- (1_<г
где знак плюс относится к тому случаю, когда точка М на-
ходится внутри описанной окружности треугольника АВС, а
знак минус — к случаю, когда М находится вне этой окруж-
ности. Если площадь треугольника PQR равна заданной вели-
чине и, то из последней формулы мы получаем
R2
= 14-4
а
У
Таким образом, при	мы получаем в качестве
искомого геометрического места две окружности радиусов
д/~ 1—4yrR и 1 + 4 у R, концентрические с описан-
° \ 1
ной окружностью; при	— только одну окружность
радиуса j/ 1 -]-4 у. При у — — искомым геометрическим
240	РЕШЕНИЯ	J9Q
местом служит окружность радиуса и одна единствен-
ная точка—центр описанной окружности. При а — 0 геоме-
трическим местом точек служит сама описанная окружность,
т. е. геометрическое место точек плоскости,
проекции которых на стороны данного тре-
угольника лежат на одной прямой, есть окруж-
ность, описанная около треугольника (см. ниже
задачу 124).
б) Искомое геометрическое место будет, вообще говоря,
окружностью (или парой концентрических окружностей; воз-
можные исключения будут указаны в конце решения). Или
точнее: площадь и многоугольника, вершинами которого яв-
ляются основания проекций некоторой точки М плоскости на
стороны данного многоугольника AjA2.. .Ап, равна абсо-
лютной величине выражения а2 — ad:
a = ±(a2 — ad2),	(*)
где d есть расстояние от точки М до некоторой постоянной
(для данного многоугольника) точки О, а — некоторый по-
стоянный (для данного многоугольника) отрезок, а — постоян-
ное (для данного многоугольника) число. При этом знак -(-
или — в формуле (*) зависит от того, совпадает ли порядок
обхода вершин полученного многоугольника (в порядке: сна-
чала проекция Л1 на Л1Л2, затем — проекция на Л2Л3ит. д.)
с порядком обхода вершин Аг, А2, As, ... исходного много-
угольника или противоположен этому направлению.
Доказательство проведем методом математической индук-
ции. А именно, предположим, что формула (*) доказана уже
для каждого л-угольника, и докажем, что в таком случае она
справедлива так же и для (я1)-угольника А1Аг ... АаАп+1
(отметим, что для треугольника эта формула была выведена
1	S
в решении задачи 90 а)): (в этом случае a2 = -^S, а = ^).
Проекции точки М на стороны (п -j- 1)-угольника АГА2 ...
• • -AnAn+i обозначим через Вх, В2, ..., Вп, Вп+А (черт. 210,а).
Отметим теперь, что (л-|- 1)-угольник ВХВ2 ... ВаВп+х мож-
но представить себе как объединение л-угольника ВгВ2... Вп
и треугольника ВпВп + хВх. Точку пересечения продол-
жений сторон A2Aj и л,А+1 (п 1)-угольника обозначим
90]
РЕШЕНИЯ
241
через Т. Тогда если а, а, и а2 соответственно площади
(л 1)-уг°льника ВХВ2 ... BnBn^ л-угольника ВХВ2 ... Вп
и треугольника В.хВпВ х, то, учитывая, что формула (*) спра-
ведлива, по предположению, для «-угольника ТА2Аа ... Ап и
треугольника ТАхАп + х, мы
будем иметь
<5 = <5, -ф- <52,
<72 = — («2 —a2rf2);
здесь dx и d2 — расстояния
точки Л1 от двух фиксиро-
ванных точек Ох и О2; ах и
а2— постоянные отрезки; ах
и а2 — постоянные числа
(в выражении для а2 стоит
знак «—», так как напра-
вление обхода треугольника
Впл.хВпВх противоположно
направлению обхода тре-
угольника Д1Лп+17’;	для
простоты мы в доказатель-
стве ограничиваемся рассмотрением случая, изображенного
на черт. 210).
Пусть теперь d — расстояние от точки М до такой точки О
на продолжении отрезка ОХО2, что ООх:ОО2 = а2:ах (черт.
210, 6). В таком случае из треугольников МОХО и МО2О
имеем
d\ = d2 -ф- ОХО2 — 2d- 0,0 cos МООХ,
d2 = d2-}- O2O2 ~2d-OiO cos MOO2.
Умножим первое из этих равенств на О2О, а второе — на ОХО
и вычтем одно из другого:
О2О- d2 — ОХО- d2 = (О2О— 0,0) d2 4- 0,0 - О2О (0,0—020)=
= O,O2d2 — 00, • 002 • 0,02. •
242
РЕШЕНИЯ
191
Или, так как 020 =—— 0,02, 0,0 =——- 0,02,
2 aj —а2 1 2’	1 а1 — а2 1 2’
— a2d| = (сц — а2) d2 — ОгО2 .
Таким образом, окончательно имеем
э = (jt <j2 = а2 — ad2,
где
а2 = а~— (&------О{О2, а = а1 — а2,
1	2	а4 — а2 1 2 ’	1	<!’
что и доказывает формулу (*).
Из формулы (*) в точности, как в заключительной части
решения задачи 90 а), выводим, что искомое геометрическое
место представляет собой окружность или пару окружностей.
Если же коэффициент а в формуле (*) равен нулю (aj = a2),
то площадь а = а2 вовсе не зависит от точки М, и иско-
мое геометрическое ме-
сто или не существует,
или совпадает со всей
плоскостью. (Так бу-
дет, например, в том
случае, когда много-
угольник AtA2...An
есть квадрат, или, бо-
лее общо, произволь-
ный параллелограмм;
рекомендуем читателям
самостоятельно разо-
брать геометрически
этот случай.)
91.	Пусть ABCD —
данный параллелограмм
и Oj, О2, О3, О4 цен-
Черт. 211.	тры квадратов, по-
строенных соответ-
ственно на сторонах АВ, ВС, CD и DA (черт. 211). Треуголь-
ники ЛО1О4, ВОХО2, С0202 и О0304 равны, так как
AOl=BOi=CO2=DO^	AOi = BO2 = CO2 = DOi
и / OlAOi = Z. °iB°2 = Z °гСО3 = Z 02О04.
92]
РЕШЕНИЯ
243
Стороны ОХО2, О2ОЙ, О2О± и О4ОГ лежат в этих треуголь-
никах против равных углов и, следовательно, равны.
Наконец,
O1O2O3=21'fiO2C+ Z OiO2B—Z_O2O2C=£ ВОгС=90°.
Аналогично
Z О2О3О4=Z O3O4O1 = Z °4О1°2=90°.
Таким образом, четырехугольник О1О2О3О4— квадрат.
Примечание. Совершенно аналогично можно показать, что
центры квадратов, построенных на сторонах какого-либо параллело-
грамма по ту же сторону от сторон, по какую расположен сам
92.	Первое решение. Пусть Ot и О2— центры рав-
носторонних треугольников АВСХ и ВСАХ, построенных на
сторонах АВ и ВС какого-то треугольника АВС, О — вер-
шина равностороннего треугольника О|О2О, построенного
на OjO2 (черт. 213). Докажем, что О есть центр равносто-
роннего треугольника CABlt построенного на стороне СА
треугольника АВС.
Заметим предварительно, что если W — произвольная точка
плоскости и точки М и Р соответственно симметричны N
1Л»
244
РЕШЕНИЯ
(92
относительно сторон НК и KL некоторого угла HKL = a.
(черт. 214), то точка Р получается из точки Л1 поворотом
на угол 2а вокруг точки К. В самом деле, очевидно МК=
= NK= РК. Далее, если точка N лежит внутри угла HKL
(черт. 214, а), то
/ МКР= Z MKN-}- NKP— 2 HKN-\- 2 NKL =
= 2^/Ж/- = 2а.
Если же W лежит вне угла HKL (черт. 214, б), то1)
/ МКР= Z NKP~Z_ НКМ= 2 / NKL — NKH=
= 2 /_HKL = 2a.
Повернем теперь точку
стрелке (см. черт. 213); так
В вокруг ОХ на 120° по часовой
как ОХА = ОХВ и / АОХВ = 120°,
Черт. 214.
точка В перейдет при этом в точку А. Аналогично, поворот
на 120° вокруг точки О2 переводит В в С.
Рассмотрим, далее, точку D, симметричную точке В от-
носительно прямой ОХО2. Так как 2/ОО1О2 = 60°, то в силу
сделанного выше замечания симметрия относительно OjO
должна перевести D в точку, получаемую из В поворотом
вокруг Ох на 120°, т. е. в точку А. Аналогично, симметрия
относительно О2О переводит D в С. Отсюда в силу того же
замечания вытекает, что А переводится в С поворотом вокруг О
на 2 X ОХОО2— 120°. Следовательно, ОА = ОС и / АОС =
= 120°, откуда / ОАС= / ОСА = 30°, т. е. О есть центр
треугольника АСВХ.
1) См. сноску на стр. 237.
92]
РЕШЕНИЯ
245
Второе решение. Обозначим стороны треуголь-
ника АВС через а, b и с. Пусть О2 и О — центры рав-
носторонних треугольников АС,В, ВА{С и CBtA, построен-
ных на* сторонах треугольника АВС (см. черт. 213). Оче-
видно,
/ ОА Oj = А + /_ ОАС + Oj А В =	А 30° 30°=
= ^Д_|_60°,	0^=:^!,
о	о
как радиусы кругов, описанных вокруг равносторонних тре-
угольников со стороной Ь, соответственно с. Из треугольника
О[ДО по теореме косинусов получаем
oo? = t + t + 2¥cos (Z^ + 60°) =
= V + v+2 V cos A cos 60° — 2^-sin A sin 60° =
0*00	о
b2  c2 । be л I 1^3 ,	.	.
— ——q——o’ cos A -i---q~ be sin A —
U ’ о о	о
= -i- {2b2 -|- 2с2 26с cos A 4~2 У'з be sin Д] =
=4 ^2+с2"Ь^2 °2 “Ь 2 bc Cos А^2^ 3&с sin А)=
= 1 (624~ с2-\-а2	4 /ЗЯ),
так как Ь2 4- с2 4- 26с cos А = a2, a 6csinH = 2S—удвоен-
ной площади треугольника АВС.
Совершенно аналогично выводим
0Q2 =1 {fl2 _L b2 4- с2 4- 4 /3 5)
И
OtO2 = | {а2 4- Ь2 4- с2 4- 4 ]/3 5);
следовательно, 001 = 002 = 0Y02. Это
нам и требовалось доказать.
Примечание. Совершенно анало-
гично можно показать, что центры равно-
сторонних треугольников, построенных на сторонах какого-либо тре-
угольника по ту же сторону от сторон, по какую расположен сам
треугольник, тоже образуют равносторонний треугольник (черт. 215).
246
РЕШЕНИЯ
[93—94
93.	Проведем через точку Р прямую, параллельную АВ
(черт. 216); пусть R— точка пересечения этой прямой с АС.
„	. n AC пп DC АВ	л
Тогда AR —— и PR —— — — . Из подобия треуголь-
ников AQB и PQR имеем
QR___ PR_ £	Л(?
AQ~~ АВ~' п ’	п •
Следовательно,
aq=ar-qr=^--AQ-,
откуда
94.	Первое решение. Пусть в треугольнике АВС
точки И, D, М суть соответственно основания высоты, бис-
сектрисы и медианы, проведенных из вершины В (черт. 217).
Если АВ = ВС, то треугольник равнобедренный и точки И, D
и М совпадают. Пусть теперь АВ<^ВС\ тогда / А'у / С
и, следовательно, / ABH/ НВС. Отсюда вытекает, что
/ АВИ — АВС-, т. е. i/_ABH<t/_ABD и точка Н лежит
на отрезке AD. Далее, в силу известного свойства биссектрисы
т-5 —-ттх; следовательно, AD<CDC. Отсюда вытекает, что
DC ВС
АС
AD -у-, т. е. AD < АЛ'1 и точка М лежит на отрезке CD.
Следовательно, D лежит между Н и М.
Второе решение. Пусть снова в треугольнике АВС
точки Н, D и М будут соответственно основаниями высоты,
95]’
РЕШЕНИЯ
247
биссектрисы и медианы, проведенных из вершины В (черт. 218).
Опишем около треугольника АВС окружность, и пусть Dx —
точка пересечения BD с этой окружностью. В таком случае Dx
есть середина дуги АС и, следовательно, прямая, проведенная
через точку Dx параллельно ВН (т. е. перпендикулярно к АС),
проходит через точку Л1—середину хорды АС. Отсюда сразу
следует, что D лежит между Н и М.
95.	Пусть АВС — данный треугольник, ВН, BD и ВМ —
высота, биссектриса и медиана этого треугольника, которые
делят угол В на четыре равные части (черт. 219). Опишем
вокруг треугольника АВС окружность 5 и продолжим биссек-
трису треугольника до пересечения с окружностью в точке £>,;
точку £>! соединим с серединой М стороны АС. Так как Ох
есть середина дуги АОХС, то Dj/H есть перпендикуляр
к хорде АС, т. е. DXM\\ НВ. Отсюда заключаем, что ^/BDXM==
= / DBH, а так как по условию / DBH — / DBM, то
/ BDXM= </_DBM и BM — MDX.
Отсюда вытекает, что перпендикуляр к отрезку BDX в его
середине, на котором лежит центр окружности 5, проходит через
точку М. А так как перпендикуляр DXM к хорде АС в ее
середине также должен проходить через центр описанной
окружности 5, то точка М есть центр описанной вокруг АВС
окружности и угол ДВС — прямой,
248	решения	[95
Теперь уже совсем просто определить остальные углы
треугольника АВС:
/ ВС А = /_ АВН==^ d = 22°30',
/ ВАС = ^/_ СВН= | d = 67°30'.
96.	Докажем, что если у двух треугольников АВС и
(черт. 220) равны основания АС и AtCt, углы В и В{ и бис-
сектрисы ВР и ВХРХ этих углов, то треугольники равны. Для
этого опишем около треугольника АВС окружность и про-
ведем диаметр DE I АС. Приложим треугольник АХВХСХ к тре-
угольнику АВС так, чтобы их основания совпали, а вершина
В, перешла в точку В', лежащую по ту же сторону диаме-
тра DE и хорды АС, что и вершина В. Пусть биссектриса В1Р1
переходит при этом в отрезок В’Р’. При этом В’ будет лежать
на окружности АВС, так как / АВ’С= / АХВХСХ = / АВС.
Предположим, что В' не совпадает с В; так как точка D
является серединой дуги АС, то продолжения обеих биссек-
трис ВР и В'Р' проходят через точку D.
Пусть, например, будет - DCB~^> •— DCB'. Тогда
DB^DB' и DPt^DP' (так как проекция DP на прямую
АС меньше). Следовательно,
ВР= BD — DP у B'D — DP' = В'Р',
что противоречит условию ВР=В'Р'= ВХРХ.
Таким образом, точка В' должна совпасть с В, т. е.
треугольники АВС и АВ'С равны, откуда Д АВС — /\АХВ£Х.
97]
РЕШЕНИЯ
249
Пусть теперь АВС — данный треугольник, а ССг и ВВ^—
его биссектрисы (черт. 221). Проведем биссектрису АВ}.
Тогда в треугольниках АВВ1 и ACCt равны основания
(BB! = CCi), биссектрисы углов при
вершине (общая биссектриса AD) и
углы при вершине (угол Л). Следо-
вательно, эти треугольники равны.
А отсюда АВ = АС, т. е. треуголь-
ник АВС равнобедренный.
Замечание. В сущности мы дока-
зали даже несколько больше того, что
требовалось. А именно, мы доказали, что
если в треугольнике АВС равны какие-
либо два отрезка СС< и ВВх (где Q —
точка стороны АВ, а В{ — точка стороны
АС), пересекающиеся на биссектрисе
угла А, то треугольник равнобедренный.
97.	Первое решение. Обозначим углы треуголь-
ника АВС через За, 3^ и Зу (черт. 222); так как
3a-|-3^-]-3y= 180°, то ау = 60°. Пусть Т — точка
пересечения прямых AY и ВХ. Так как AZ и BZ суть бис-
250	решения	[97
сектрисы треугольника АТВ, то TZ также есть биссектриса
этого треугольника и
/ ATZ = /_ ZTB=^A.TB = -18°° "о2” ~ ~
л	Z
Построим теперь правильный треугольник, одной вершиной
которого является точка Z, а две другие вершины лежат
на прямых А.Т и ВТ. Для этого проведем через точку Z
две прямые под углом 30° к ZT. Пусть U и И—точки пе-
ресечения этих прямых с отрезками АТ и ВТ. Из равенства
треугольников TZU и TZV (имеющих равные углы и одну
общую сторону) следует, что ZU=ZV\ следовательно’,
ZUV— равнобедренный треугольник, угол при вершине ко-
торого равен 60°, т. е. равносторонний треугольник.
Докажем теперь, что треугольник ZUV совпадает с тре-
угольником ZYX. Для этого отразим симметрично точку Z
относительно прямых АТ и ВТ', мы получим точки Р и Q,
которые в силу равенств ^_ZAT = /_CAT и / ZBT =
= j/_CBT лежат на сторонах АС и ВС треугольника АВС.
Подсчитаем углы PUV и UVQ. Имеем ^/Д1Д7=60о,
X ZVB = 30°(30°-|~у)= 60°-]-у (внешний угол тре-
угольника ZVT), X QVB = j/_ ZVB-, отсюда следует, что
/ QVU= 360° — 60° — 2 (60° -|- у) = 180° — 2у.
Точно так же доказывается, что ^/_PUV = 180° — 2у.
Из того, что Z_PW=/_ UV(1 и PU=ZU=ZV=QV,
следует, что четырёхугольник PUVQ является равнобочной
трапецией. Опишем около этой трапеции окружность. Так
как углы UPV и UVP опираются на равные, дуги окруж-
ности (ибо хорды UV и UP равны: UP=UZ — UV), то
/upv=Z_ uvp= 1800 ~	1800 -	=Y>
Z—	2	2	•
откуда / PIZQ = (180° — 2у) — у=180° — Зу. Так как
/ PCQ = 3'f, то отсюда следует, что описанная вокруг тра-
пеции PUVQ окружность пройдет и через точку С, А те-
97J
РЕШЕНИЯ
251
перь из равенства дуг PU, UV и VQ мы заключаем, что
/ PCU= / UCV = / VCQ = '(, откуда и следует, что
треугольник ZUV совпадает с треугольником ZYX.
Второе решение. Обозначим снова / Л = 3а,
/ В = 3£, ZC=3Y; АВ —с, ВС —a, CA — b, BZ = u,
BX — v (см. черт. 222); диаметр описанной вокруг треуголь-
ника АВС окружности обозначим через d. По теореме сину-
сов имеем a = d sin А = d sin За, Z? = rfsin3ji, с = «(sin Зу;
далее, по этой же теореме из треугольника ВХС находим
а	.	d sin За
V = -—ТТБлЬ----5----Г SIH Y= -—nwo ।—г sin Y —
sin (180° — ji — f) 1 sin (120°-|-a) 1
d sin 3a
= -T ----------r Sin Y
Sin (60° — a) 1
(последнее следует из очевидных равенств За —3[3 -4-Зу=180°,
а + р-j-Y = 60°, ^ + у = 60° — а).
Но легко видеть, что
sin За = 3 sin а — 4 sin3 а = 4 sin а
Уз у . '
-у-] —sin2 а
= 4 sin a (sin2 60° — sin2 а) =
— 4 sin a (sin 60° sin a) (sin 60° — sin а) =
. . о . 60° -4- а 60° — а о 60° 4- а . 60° — а
— 4 sin а • 2 sin —~— cos —’ 2 cos —% — sin ——
= 4 sin a sin (60° -[- a) sin (60° — а).
Следовательно, мы получаем
v = 4d sin a sin у sin (60°	a).
Совершенно аналогично доказывается
а = 4d sin a sin y sin (60°	y).
Теперь по теореме косинусов из треугольника BXZ имеем
XZ2 =ti2 -j- v2 — 2uv cos =
= 16d2 sin2 a sin2 Y [sin3 (600 a) sin2 (60° y) —
— 2 sin (60° a) sin (60° y) cos !j].
Воспользуемся теперь тем, что
(60° -|- a) + (60° -f- У) + £ = 120° a + £ + у = 180°.
252
РЕШЕНИЯ
(98
Следовательно, имеется треугольник с углами 60°-]-а,
60°-j-у, если диаметр описанной окружности этого тре-
угольника равен 1, то стороны его равны sin (60°-]-а),
sin (60°—{— у), sin и по теореме косинусов мы получаем
sin2 = sin2 (60° a) -J- sin2 (60° у) —
— 2 sin (60° -Д а) sin (60° -Ду) cos ft
Воспользовавшись этим, окончательно находим следующее
выражение для длины стороны XZ треугольника XYZ'.
XZ = 4й? sin a sin {J sin у.
Точно так же доказывается, что XY = 4rf sin a sin sin у
и YZ = sin a sin jJ sin у; следовательно, XY = XZ—YZ,
что и требовалось доказать.
98.	Рассмотрим треугольник	образованный сред-
ними линиями Л АВС (черт. 223). Д А^З^ Д АВС и
коэффициент подобия
равен -i. Точка 44
пересечения медиан
Л АВС будет также
точкой пересечения
медиан Д А^В^С^, так
как медианы Д ДДД
являются частями ме-
диан Д АВС. В силу
параллельности сход-
ственных сторон пер-
пендикуляры к середи-
нам сторон Д АВС
Черт. 223.	будут высотами в
Д А^В^С^. Таким об-
разом, центр О описанной около Д АВС окружности есть
ортоцентр треугольника А^С^ Отсюда вытекает, что
ОВх—^ВН, а / 0МВ\ = / НМВ, как углы между соот-
ветственными линиями в подобных треугольниках. Следова-
тельно, ОМ и МН составляют одну прямую, что и требо-
валось доказать. (Это заключение можно было вывести сразу,
заметив, что точка М есть центр подобия треугольников
АВС и ДВА.)
99]
РЕШЕНИЙ
253
99.	Пусть О — центр описанной окружности, а Н—орто-
центр треугольника АВС (черт. 224). Докажем, что центром
искомой окружности будет середина О’ отрезка ОН, а ра-
диус равен половине радиуса R, описанной около треуголь-
ника АВС окружности. Действительно, если В}—середина АС,
то ОВ1=-~- ВН (см. решение задачи 98). Обозначим сере-
дину отрезка ВН через Bs. Тогда в Д ВОН прямая О'В3—
средняя линия; следовательно,
0'53=105=1/?.
Далее, 0В{~НВ3 и 0Bi\\HBs, так что четырехугольник 0В3
HBi— параллелограмм; точка О' — середина диагонали ОН—
центр этого параллелограмма. Поэтому O'Bl = О'В3 =	/?.
Наконец, четырехугольник ОНВ2ВХ, где В2— основание вы-
соты ВНВ2,— трапеция. Проведем О'/С_]_ АС. Так как О'/С —
средняя линия трапеции, то BiK=B2K и, следовательно,
0'5j = О’В2 (как наклонные с равными проекциями).
Таким образом, мы показали, что
О'В1 = О’В2 = О’В2 = у ,
т. е. все три точки В2 и В2 лежат на окружности с
центром в О' и радиусом . Точно так же доказывается,
что и остальные шесть точек лежат на этой окружности.
254
РЕШЕНИЯ
[100
100.	Пусть АМХ, АМ2, BN}, BN2, CPx, CP2 — касатель-
ные к сторонам кругового треугольника АВС в его верши-
нах А, В и С (черт. 225). Очевидно, имеем
МХАВ = ^ N2BA=~, NXBC = ^ Р2СВ=-^,
Z РХСА = М2АС=~.
Если все стороны кругового треугольника положительны,
Черт. 225.
т. е. обращены выпуклостью во внешнюю сторону треуголь-
ника (черт. 225, а), то
/	+ Z NiBN2 + Z РХСР2 =
= (/СЛ5 + ^^С + /:^л) + 2^ + 2^+2^=
= 180° 4- VАВ + иВС4- ^СА,
откуда
МХАМ2 + £NxBN2 + /_ РхСР2} —
_ (^ЛВ4- о ВС 4- мСЛ) = 180°.
Если же, например, две стороны АС и ВС кругового тре-
угольника АВС отрицательны, т. е. обращены выпуклостью
внутрь треугольника (черт. 225, б), то
/ мхам2 -4 z_ nxbn2 4- /_ рхср2=
= (2. САВ-\- АВС-]- ВСА) 4-
4-2^—2^—2^=180° + (u АВ — vBC — vAC),
101—102]	решения	255
откуда
AM, + N4BN2 + Z PiCP2) —
— (v AB — vBC— о СЛ) = 180°.
Так же проводится доказательство и во всех остальных
случаях.
Примечание. Аналогичная теорема имеет место также для
круговых многоугольников.
101.	Четырехугольник ЛА4А1А5 (черт. 226) — параллело-
грамм, так как его диагонали в точке пересечения Ot де-
лятся пополам. Следовательно, Л3Л параллельно, равно и
направлено в ту же сторону, что и А}А4. Четырехугольник
AiA1ABA2— тоже параллелограмм, следовательно, отрезки
AtA4 и Л6Л2 параллельны, равны и направлены в одну сто-
рону. Наконец, из того, что четырехугольник Л2Л6Л3Лв —.
параллелограмм, следует, что и отрезки А6Д2 и А3Ав па-
раллельны, равны и направлены в одну сторону. Таким об-
разом, отрезки А3А и AsAg параллельны, равны и направлены
в одну сторону. Но это возможно только в том случае,
если точки А и Ад совпадают.
102.	Если точка М лежит на любой из средних линий
треугольника АВС, например, на Л43?И1, то, очевидно, через
четыре шага она вернется в исходное положение (черт. 227, а).
Допустим теперь, что М не лежит ни на одной из трех
средних линий треугольника АВС.
256
РЕШЕНИЯ
(103
Обозначим через rWj, Л42, Л43, М4, Л46, Л46, М7 точки на
сторонах треугольника АВС, которых последовательно до-
стигает точка М при своем движении (черт. 227, <5"). Дока-
жем, что М7 совпадает с Мг. Обозначим точку пересечения
7И/И1 с АВ через М'. Нам достаточно показать, что Мв
совпадает с М'. Проведем через точку 714' прямую, парал-
лельную АС. Пусть Мп — точка пересечения этой прямой с ВС.
Треугольник М'ВМ0 равен треугольнику МГМ2С, тре-
угольник М^М2С равен треугольнику АМ2М± и треугольник
АМ8М4 равен треугольнику ВМЪМ6. Следовательно, тре-
угольник М’ВМ(1 равен треугольнику ВМъМв и, значит,
Я4еЛ45 = Л4'Л40- Отсюда и следует, что Ме совпадает с М',
а Л46 с Л4; значит, Л47 совпадает с М7. Это произойдет через
семь шагов.
103.	Проведем сначала некоторые вспомогательные по-
строения. Отложим на стороне СВ данного треугольника АВС
отрезок СМ = -^-СВ, а на стороне ВА — отрезок BN — ^BA
(черт. 228, а) и соединим точки М и N соответственно
с А и С. Пусть Ct—точка пересечения прямых AM и CN.
Отложим на прямой CN отрезок CIB1=CCi, соединим В с
Bi и обозначим точки пересечения прямой ВВ7 с AM и АС
соответственно через At и L. Далее, проведем через точку Вх
прямую, параллельную AM, до пересечения с ВС в точке К.
Так как Д1С1=С’1С’, то из треугольника В7КС находим:
КМ — МС — -— ВС. Следовательно, ВК = КМ = МС--ггВС,
и	О
103J	решения	257
а потому из треугольника BMAt следует
ВВ^В^.
Проведя теперь	аналогично предыдущему по-
лучим, что AP=PN— NB — ^~ АВ, откуда
«5
АА1 = А1С1.
Если теперь провести CtR\\BL, то из треугольника AC\R
в силу последнего равенства следует AL = LR. Теперь из
треугольника CBXL находим LR = RC. Сравнивая последние
два равенства, получаем, что
AL = LR = RC = ^AC.
ij
Мы построили треугольник АГВХС\ такой, что продол-
жения его сторон AtClt BtAt и С1В1 проходят соответст-
венно через вершины А, В и С треугольника АВС, причем
AA1 = AlCi, BBl = BiAi, СС^С^. (*)
Заметим, что рассуждениями, обратными приведенным
выше, легко показать, что, обратно, если продолжения сто-
рон треугольника	проходят через вершины треуголь-
ника АВС, то из соотношений (*) следует, что
AL CM BN 1
АС^СВ^ВА^	< >
(где L, Л1 и N, как и ранее,— точки пересечения прямых
BAt, ACt и СВг соответственно с АС, ВС и АВ), т. е. что
построенный выше треугольник AiBfii— единственный,
удовлетворяющий условиям (*).
17 Д. О. Шклярский и др.
258
РЕШЕНИЯ
[ 103
Покажем теперь, что точка Q стремится по-
пасть на этот треугольник. Действительно, пусть
расстояние точки Q от А, в положении, когда эта точка
в первый раз сворачивает к вершине В, равно а. В поло-
жении Qx, в котором эта точка сворачивает к С, она от-
стоит от Вх на расстоянии QlBl=-^-, так как QXBX—сред-
няя линия треугольника QBAX. В положении Q2> в котором
эта точка сворачивает к А, она отстоит от вершины Сх
на расстоянии ; в положении Q3 (черт. 229) — от вер-
шины Ах на расстоянии у; в положении Q4, в котором
она второй раз поворачивает к В, она будет отстоять
от В уже на расстоянии а и т. д. Отсюда и следует наше
утверждение.
Вычислим теперь площадь треугольника	(см.
черт. 228). Так какСС] — СХВХ и АХВХ — ВХВ, то СхМ — ^-ВхК-
Но В1А'=уМ41. Следовательно, СХМ= МАХ или СХМ—
= -|-С’1Д1. Так как С1А1=А1А, то СХМ = МА. Но пло-
О	/
щадь треугольника САМ равна — S. Следовательно, площадь
О
CCtM равна ^5 и площадь ACCX=^S. Аналогично
пл. CBBi—^zS и , пл. BAAx = ^rS.
л!	Z1
104]
Но
РЕШЕНИЯ
259
пл. ACCt -j- пл. СВВ^ пл. BAHj-l-пл. Л1В1С1 = 5.
Отсюда
15+|5+15+пл. ^5,^=5.
у 5 + пл. AVB£X = S,
следовательно,
пл. АхВхСх—~ S.
104.	Первое решение. Пусть О — центр данной
окружности (черт. 230). Так как ОС | QP, то для доказа-
тельства того, что
QC—CP,
достаточно доказать, что
/ QOC=</POC.
Опустим из центра круга О
перпендикуляры OD на I(N
и ОЕ на ML. Тогда D —
середина хорды KN, а Е —
середина хорды ML. Далее,
^A_NKL — ^_NML
и
/_KNM = /_KLM
Черт. 230.
как углы, опирающиеся на одинаковые
^NKC^&CML. Отсюда
A G	/HG
дуги. Следовательно,
следовательно,
КС~МС ’
Таким образом, в треугольниках KDC и МЕС две сто-
роны пропорциональны; так как углы, заключающие эти
стороны, равны, то эти треугольники подобны. Отсюда сле-
дует, что
/ KDC=Z. МЕС-
17*
260
РЕШЕНИЯ
[104
Рассмотрим теперь четырехугольники QDOC и СОЕР.
Они имеют по два противоположных прямых угла; поэтому
около них можно описать окружности и S2. Следова-
Черт. 231.
тельно, / QDC= / QOC
как углы, опирающиеся на
одну дугу окружности Sj, и
/ РЕС = /_ РОС
как углы, опирающиеся на
одну дугу окружности S2.
Но QDC= РЕС, а
потому и / QOC = РОС
и, следовательно, QC—PC.
Второе решение.
Обозначим (черт. 231)
/ РСМ = ^_ QCN=a,
/_ LCP=£ QCK=$,
/ NML = £ LKN=4
и
a,
найдем выражение для QC = x через АС=а и углы
[S, у. По теореме о произведении отрезков хорд имеем:
MQ- QK = AQ-QB={a — х) (a-]~ х) = а2 — х2.
По теореме синусов имеем из треугольника NQC
QKC
QK==X^
sin y
x2 • sin a • sin В 9	9
---------------------!---- ----/ya_____
sin f • sin (a 4- p 4- y)
кгп__	х sin а _ х sin а
sin [180° — (a 4~ Р 4" T)l sin (a + P + T)
и из треугольника
Следовательно,
NQ-QK
Отсюда мы можем определить длину отрезка х:
2__ a2 sin 1 • sin (a 4- ₽ 4" Tf)
Х sin a- sin [i	sin у • sin (я Р у) "
105]
РЕШЕНИЯ
261
Производя аналогичные вычисления для отрезка PC—у,
мы получим
2_ sin Y-sin (а-Н-Н)
? sin а  sin fi 4- sin y • sin (а р 4* Y)
Из последних двух равенств следует, что х—у, т. е. QC = CP.
105.	Пусть ABCD (черт. 232) — описанный около окруж-
ности четырехугольник, Е, F, G, К—-точки касания сто-
рон этого четырехугольника с окружностью и М—точка
пересечения АС и EG. Рассмотрим треугольники АЕ7И и
СОМ. У этих треугольников есть пара равных углов:
/АМЕ — / С МО. Кроме того,
/ АЕМ + / СОМ = 180°,
так как / АЕМ — / РОМ (касательные ЕА и GD к окруж-
ности составляют равные углы с хордой EG, соединяющей
точки касания). В силу известной формулы для площади
треугольника имеем
*£д аем — 4гAM • ЕМ • sin АМЕ — ±-АЕ • ЕМ • sin АЕМ
Л	л
и
СОЛ1 = 1 СМ • GM sin С MG —-^-СО • GM sin СОМ,
262	РЕШЕНИЯ	[106
Следовательно,
S^AEM _ 4 АМ'ЕМ‘ sin АМЕ __ АЕ-ЕМ- sin АЕМ.
~ i-CM-GM sin CMG = CG-G/W sin CGM '
Отсюда, так как sin АМЕ= sin CMG и sin АЕМ = sin CGM,
AM _АЕ
CM CG •
Мы видим, что прямая EG делит диагональ АС четырех-
АЕ
угольника в отношении . Точно так же убеждаемся, что
Л/с'
прямая ЕК делит ту же диагональ в отношении . Но
АЕ АК
так как AE=Af(, CG—CF. Следовательно, пря-
СО’ Сг
мые EG и FK делят диагональ АС в одном и том же отно-
шении, т. е. пересекают ее в одной точке: АС проходит
через точку пересечения прямых EG и F/(.
Точно так же доказывается, что BD проходит через точ-
ку пересечения EG и FK.
106.	а) Пусть /?! и S2— соответственно вписанная и опи-
санная окружности треугольника АВС (черт. 233, а}. Прове-
дем через каждую вершину Д АВС прямую, параллельную
противоположной стороне. Получим треугольник АХВХСХ, по-
добный треугольнику АВС и имеющий вдвое большие сто-
роны. Каждая сторона A АХВХСХ заведомо имеет по одной
общей точке с окружностью Д (именно, точки А, В и С).
Проведем касательные к окружности S2, параллельные сто-
ронам треугольника Л151С1. Эти касательные определяют
новый треугольник А2В2С2, подобный треугольнику АХВХСХ
и, следовательно, треугольнику АВС. Стороны треугольника
А2В2С2 не меньше соответствующих сторон треугольника
АХВХСХ (второй из этих треугольников целиком заключен
внутри первого). Так как окружности Sj и S2 вписаны
в подобные треугольники АВС и А2В2С2, то из того,
что ДД АХВХ = 2XZ?, следует
106]	РЕШЕНИЯ	263
что и требовалось доказать. Очевидно, равенство достигает-
ся только в том случае, если все стороны треугольника
AxBtCi касаются окружности S2 (треугольни < А2В2С2 совпа-
дает с треугольником А^С^, см. черт. 233, б}. / А — / А,,
поэтому в этом случае
=	—vBC = 360° —2 vBC;
264
РЕШЕНИЯ
[106
следовательно,
откуда
3 vBC —360°,
= 60°;
точно так же доказываем, что
/С = 60°.
Таким образом, в этом случае треугольник АВС правильный.
б) Пусть в окружность радиуса R с центром О вписан
равнобедренный треугольник АВС с углом а при вершине
(черт. 234). Вычислим радиус г окружности с центром О(,
вписанной в треуголь-
ник АВС. Пусть AD —
высота треугольника
АВС. Так как точка
Ot лежит на биссек-
трисе угла АВС, то из
A ABD по известному
свойству биссектрисы
получаем
POi _ DB
О, А АВ ’
откуда
ДС»! + ой _ ДЧ4-Л5
DO{	UB
и, следовательно,
г=О1О
ADDB _
DB + AB ’
Продолжив AD до пересечения с описанной окружностью
в точке Е, из прямоугольного треугольника АВЕ найдем
АВ — 2/?-cos — .
Далее, из треугольника ADB имеем
AD = АВ-cos у = 2R cos2 ,
DB = АВ• sin — 2R sin zos .
J	J J
Ю7|	решения	265
Подставляя полученные выражения в равенство (*), получим
2R cos2 • 2R sin • cos 2R cos2 -у  sin
2/? sin — • cos -тг + 2/?cos —	sin—-4-1
2	2 * 1	2	2
2R sin — fl — sin2 У
2 \2
1	1	• a
1 + 81П —
= 2/?siny(l-sin£).
Пусть теперь дано произвольное значение г такое, что
2гsC R. Будем искать такой угол а, чтобы радиус круга,
вписанного в равнобедренный треугольник с углом а при
вершине, равнялся данной величине г. Имеем
откуда
т. е.
г = 2R sin ~	—sin-^-),
2R sin2^- — 2R sin 4 4~r=0,
.a R zt У& — 2Kr
Sln 2 — 2R
Так как 2r^R, то подкоренное выражение R2 ~2Rr 0;
R± УR2 — Mr	1	о	»
при этом 0	1. Следовательно, искомый
2г\
угол а существует ^их даже два при	Таким обра-
зом, для любых двух отрезков R и г, связанных соотноше-
нием 2r^R, существует треугольник, для которого радиусы
описанного и вписанного кругов равны соответственно R и г,
что и требовалось доказать.
107. Пусть Ойо суть центры рассматриваемых окруж-
ностей радиусов R и г, Oo = d, АВС — треугольник, вписан-
ный в первую окружность и описанный около второй окружности
266
РЕШЕНИЯ
[107
(черт. 235). Продолжим Оо до пересечения с описанной около
треугольника АВС окружностью в точках М и N. Тогда
OM=R-j-d, ON=R — d. Пусть, далее, D — вторая точка
пересечения прямой Со с
описанной окружностью; в
таком случае имеем
oC-oD = oM-oN=
= (R + d) (R — d) =
Черт. 235.
= R2 — d2.
Найдем теперь другое выра-
жение для oC'OD. Прове-
дем диаметр DE описанной
окружности и отрезки DA,
DB и оА. Так как CD есть
биссектриса угла С тре-
угольника АВС, то
DA — DB.
Далее, треугольник AoD равнобедренный; действительно, так
как / DAB = / DC В = ^- / С и j/_oAB — ^-</_A, то
^oAD = ^oAB-\- ^BAD = ^-^-^-',
с другой стороны
/ AoD = о AC + оСА =	4-
(как внешний угол треугольника АоС). Следовательно, AD —
= oD, а значит, и BD — oD.
Опустим теперь из точки о перпендикуляр оР на сторону
АС треугольника АВС. В прямоугольных треугольниках СоР
и ЕВР /_ DEB = / DCB = оСР; следовательно, эти тре-
угольники подобны и	oC-DB = oP-DE = r-2R.
Отсюда следует
оС •oD=2Rr.
Сравнивая это соотношение с полученным ранее, имеем
R2 — d2 = 2Rr,
108]
РЕШЕНИЯ
267
или
d2 = R2—2Rr	(*)
или еще
_±_ + _±_ = ±
/?+«/' R — d г •
Пусть, обратно, радиусы R и г данных окружностей и
расстояние между их центрами связаны соотношением (*).
Тогда R2—2Rr^0, откуда R^ 2г. Следовательно, суще-
ствует треугольник АВС, описанная и вписанная окружности
которого имеют радиусы R и г (см. задачу 106 б)). Но тогда
расстояние между Центрами описанной и вписанной окруж-
ностей треугольника АВС должно по доказанному равняться
R2—2Rr = d, откуда и следует, что существует треуголь-
ник (равный Д АВС), вписанный в одну из данных окруж-
ностей и описанный около другой из них.
Если между радиусами двух окружностей и расстоянием между
их центрами не имеет места соотношение d2 = R2— 2Rr, то не су-
ществует треугольника, вписанного в одну окружность и описанного
около другой окружности. Если же это соотношение имеет место,
то существует бесконечно много таких треугольников: если из про-
извольной точки С большей окружности провести хорды АС
и СВ этой окружности, касающиеся меньшей окружности, то можно
доказать, что хорда АВ тоже коснется этой окружности и треуголь-
ник АВС будет вписан в одну окружность и описан около второй.
108. Пусть О и о — центры двух рассматриваемых окруж-
ностей радиусов R и г, Оо = d, ABCD — четырехугольник,
вписанный в первую окружность и описанный около второй
окружности, Е, F, G, Н—точки касания сторон этого
четырехугольника с меньшей окружностью, Т — точка пересе-
чения прямых EG и FH (черт. 236, а). Рассмотрим четырех-
угольники TEBF и TGDH. Мы имеем следующие соотношения
между углами этих четырехугольников:
1° / EBF-\~ / GDH=180°, как противоположные углы
вписанного в окружность четырехугольника;
2° ^/TEB-\-^_TGD—180° (так как углы ТЕВ и TGC,
образованные касательными к окружности в двух точках Е
и G с хордой, соединяющей точки касания, равны между
собой);
268
РЕШЕНИЯ
[108
А
а
6)
Черт. 236.
пересечения
к меньшей
проведенных
пересечения
3° / TFB-\- / THD= 180° (по аналогичной причине).
Так как сумма всех углов обоих четырехугольников равна
720°, то
J/ETF-YJ/°TH=
= 180°, т. е. EG ]_FH.
В силу результата за-
. дачи 86 геометрическое
место точек
касательных
окружности,
через точки
этой окружности с произ-
вольными взаимно пер-
пендикулярными прямы-
ми, проходящими через
точку Т, представляет
собой окружность, прохо-
дящую, очевидно, через
точки А, В, С и D и,
следовательно, совпадаю-
щую с большей из на-
ших окружностей. Этот
результат означает, что
существует бесчисленное
множество четырехуголь-
ников, вписанных в боль-
шую из наших окружно-
стей и описанных вокруг
меньшей окружности. Дей-
ствительно, проведем че-
рез ту же точку Т про-
извольные хорды меньшей
окружности, перпендику-
лярные между собой; ка-
проведенные в точках пе-
сательные к меньшей окружности,
ресечения ее с этими хордами, образуют четырехугольник,
обладающий желаемым свойством.
Теперь для того, чтобы получить интересующее нас соот-
ношение между R, г и d, рассмотрим четырехугольник спе-
108]	РЕШЕНИЯ	269
циального вида, вписанный в одну из рассматриваемых ок-
ружностей и описанный около другой окружности. Проведем
через точку Т взаимно перпендикулярные хорды E0G0 и FqHq
меньшей окружности, образующие с прямой ТО углы 45°
(черт. 236, б}. Пусть Л0В0С0Оо есть четырехугольник, обра-
зованный касательными к меньшей окружности в точках
Е0,Р0,О0 и Но. Прямая оТ будет осью симметрии этого четырех-
угольника; следовательно, B0C0 = Z)0C0; BqAq — DqAq и прямая
B0D0, проходящая в силу задачи 105 через точку Т, перпен-
дикулярна к прямой А0С0. В силу симметрии чертежа отно-
сительно прямой /40С0 эта прямая является диаметром боль-
шей окружности, откуда, в частности, следует, что точка Т
лежит на линии центров Оо рассматриваемых двух окруж-
ностей и / СйВйА0 =С0О0Л0 = 90°.
Проведем теперь радиусы oF0 и оЕа вписанной в четы-
рехугольник A0B0C0D0 окружности и опустим из точек Ео
и Fo перпендикуляры Е0Р и F0Q на диагональ А0С0, являю-
щуюся осью симметрии всей фигуры. Так как треугольник
Л0О0С0 прямоугольный, то оЕ0 | oF0, и прямоугольные тре-
угольники оЕйР и oF0Q имеют равные острые углы (углы со
взаимно перпендикулярными сторонами); так как, кроме того,
оЕ0 = oFij— г, то эти треугольники равны. Следовательно,
оО = ЕйР и oQ2оР2 = ЕйР2Ро2 = г2. Но
оА0 = OAq —Оо = Р d, oCq = ОС@ — Оо = Р — d
и согласно известному свойству прямоугольного треугольника
р___°^о___ г2 р.______°Fo___ г2
°^~oA^~R + d’
Таким образом, окончательно мы получаем
г4 । г4
(K-|-d)2 + (tf-d)2-'”'’
или
(/?H-d)2 ИЯ- d)2	г2'
Если R, г и d не связаны соотношением (*), то не существует
ни одного четырехугольника, вписанного в одну из наших двух "ок-
ружностей и описанного около вто[ой окружности; если это соотно-
шение имеет место, то, как мы видели, таких четырехугольников
имеется бесчисленное множество.
270
РЕШЕНИЯ
[109—ИО
109. Пусть ABCDEF—шестиугольник, удовлетворяющий
условиям задачи (черт. 237). Четырехугольник ABDE пред-
ставляет собой трапецию, диагонали AD и BE которой равны
между собой. Отсюда следует, что она равнобочная. (Дейст-
вительно, опустив из точек D и Е перпендикуляры DDX и
ЕЕХ на АВ, получим, что треугольники ADDr и ВЕЕХ равны
между собой, следовательно, ADX — ВЕХ, т. е. AEX—BDX;
отсюда вытекает, что треугольники АЕЕГ и BDDX равны,
а следовательно, AE—BD.)
Прямая РРХ, соединяющая се-
редины сторон АВ и ED ше-
стиугольника, является осью
симметрии этой трапеции. Сле-
довательно, эта прямая перпен-
дикулярна к АВ и ED, прохо-
дит через точку М пересече-
ния диагоналей AD и BE и
делит угол между ними попо-
лам.
Точно так же доказывает-
Черт. 237.	ся’ что пРямая QQi, соединя-
ющая середины сторон ВС и
ЕЕ шестиугольника, перпендикулярна к этим сторонам и
является биссектрисой угла между диагоналями BE и CF
шестиугольника и что' прямая RR{, соединяющая середины
сторон CD и FA, перпендикулярна к этим сторонам и яв-
ляется биссектрисой угла, образованного диагоналями DA и
CF. Таким образом, три прямые РРЪ QQ, и RR{ являются
биссектрисами треугольника MKL, образованного в пересе-
чении прямых AD, BE и CF, и как три биссектрисы тре-
угольника пересекаются в одной точке.
Из того, что перпендикуляры, восставленные ко всем
сторонам шестиугольника ABCDEF в их серединах, пересе-
каются в одной точке, следует, что вокруг этого шестиуголь-
ника можно описать окружность.
ПО. Пусть ABCDEF (черт. 238) есть рассматриваемый
шестиугольник. Заметим, что
*^Д DOB — «$Д ODE — <$д ОАВ,
1111
РЕШЕНИЯ
271
так как каждые два соседние из
равные основания и высоты. Ана-
логично,
*$Д DOF - OCD = Зд OFA,
*Д BOF = S/^OBC— 5д OFF-
Отсюда
25д BDF — 2 (5д OBD	$Д ODF 4~
S& ofb) —	ОАВ + S& о ВС -]~
4~ 5д OCD + 5д ODE + «$Д OFF +
% OFA — SaBCDEP,
что и требовалось доказать.
этих треугольников имеют
Черт. 238.
111.	Обозначим середины сторон выпуклого шестиуголь-
ника ABCDEF последовательно через К, L, 7И, N, Р, Q
(черт. 239). Проведем медиану KR треугольника КМР и ме-
диану NS треугольника NQL и докажем, что в точке пере-
77
Черт. 239.
сечения О эти два отрезка делятся в отношении KO:OR =
— NO:OS^=2:l; отсюда и будет следовать, что точки пе-
ресечения медиан треугольников RMP и NQL совпадают.
272
РЕШЕНИЯ
(112
Проведем диагональ CF шестиугольника AECDEF и соединим
точки К и N с серединой Т этой диагонали. Так как Т есть
середина стороны CF четырехугольника CFAB, Q — середина
стороны FA, К—середина стороны АВ и L — середина сто-
роны ВС, то четырехугольник KLTQ является параллелограм-
мом (оба отрезка KL и QT параллельны диагонали АС че-
тырехугольника ABCF и равны ее половине, т. е. параллельны
и равны между собой). Следовательно, середина S его диаго-
нали LQ будет серединой и другой диагонали — КТ. Точно
так же показывается, что середина R отрезка МР является
и серединой отрезка NT. Но отсюда следует, что отрезки KR
и NS являются медианами треугольника KNT-, следовательно,
KO:OR=NO:OS—2".\.
Примечание. Задача сохраняет силу и в том случае, когда
шестиугольник ABCDEF не является выпуклым, если только ни один
из треугольников КМР и NQL не вырождается в отрезок (в послед-
нем случае вообще нельзя говорить о точке пересечения медиан
этого «треугольника»).
112.	а) Первое решение. Приложи.м к трапеции
Л1Д2ЛдЛ4 трапецию Л1Л2Д3Л4, равную первоначальной так,
чтобы ее боковая сторона /)2^41 совпала с Дд?14 (черт. 240).
Пусть Р' — точка, которая расположена по отношению к тра-
пеции	так же, как точка Р по отношению к тра-
пеции Д!Л2/13Л4. В таком случае Р'А^ = Р'А2 = РА2,
P'AS = Р'А[ = РА} и	есть искомый четырехугольник.
Второе решение. Проведем через точку Р (черт. 241)
прямые Х2аХ411| Х2И1, А12А841| AjA4, и из точки Р, как цен-
тра, сделаем засечку на прямой AtA2 радиусом РА12; полу-
ченную точку обозначим через Ai2 (черт. 241; если трапе-
ция— прямоугольник, то Д12 совпадает с Д12).
112]
РЕШЕНИЯ
273
Очевидно, Л2Л23Л412 — равнобедренная трапеция. В самом
деле A2Ai21| Л23Р, А2А23 = А12Р= А^Р; в то же время этот
четырехугольник не параллелограмм. (Исключением будет лишь
тот случай, когда исходная трапеция — прямоугольник; тогда
А12/12Л28,Р— также прямоугольник.) Отсюда следует, что
Л23Л12 = РА2. Точно так же и	— равнобедренная
трапеция, откуда следует, что А^А^^РА^ Легко видеть, что
кроме того _.	, .	„.	. .
•PAg--А28Ад4 И РА±----А34А41
(это вытекает из рассмотрения соответствующих равнобочных
трапеций). Поэтому фигура А12 А23А34А41 и есть искомый че-
тырехугольник.
Примечание. Утверждение настоящей задачи справедливо
не только для равнобедренной трапеции, но и для всякого четырех-
угольника, имеющего пару равных противоположных сторон (см. пер-
вое решение задачи).
б)	Из точки Р проведем прямую параллельно AVA2 до
пересечения с прямой АпАх в точке Pt, затем прямую, па-
раллельную стороне А2А8, до пересечения с прямой АгА2
в точке Р2, затем прямую, параллельную А8А4, до пересече-
ния с А2А3 в точке Р3 и т. д. (черт. 242).
1° Рассмотрим четырехугольник PPtA}P3.
и притом равнобедренная. В (
построению; 2//э)Л1Л2= X А,А2А8. Отсюда
X Pj А1Р2==	PiA,A4 = 2rf—XА| А2А8	X РР?АУ, ибо
РР2 || А3А2. Из равенства углов при основании трапеции сле-
дует равенство диагоналей PAY — РХР2.
Это трапеция
самом деле, РР^ ]] P2At по
" следует, что
18 Д. О. Шклярский и др.
274
РЕШЕНИЯ
(it2
2° Рассмотрим теперь четырехугольник РР2Р2А2. Это тра-
пеция, так как РР2 || А2Р2. Далее, / PP2A2 — 2d—j/A2AsAi,
Z_PzA2P2 = 2d — / А3АгА1, значит, / PPSA2 = / P2A2PS. Но
тогда Л А2Р2Р2 = Л А2РР3, ибо сторона А2Р2 у них общая,
высоты на эту сторону равны и X РРдАя — / РЯАЯРЯ. От-
сюда РА2 = Р2Р2.
Точно так же рассмотрим, далее, произвольный четырех-
угольник PPiPi + iAi (z = 3, 4, ,.я; под Р„ + 1 мы пони-
маем Рх). В силу того, что РР; || AjPi+v PPiAi+1Ai — трапеция,
/Р1..А1Р1—/А1Р1,.Р. Если отрезки РР,-,. и Р{А, не пе-
ресекаются, то, как мы показали в п. 1°, PPiA(P{— рав-
нобедренная трапеция и PAl — PiPi как ее диагонали.
Если же отрезки PPi+i и Р^А( пересекаются, то согласно
п. 2° PP{Pf Af—также равнобедренная трапеция и РА- =
= PiPi+l как ее стороны. Итак, в обоих случаях получаем РА~=
z^P.Pt т. е. все наши отрезки Р\Р2, Р2Р2, .., РпР\ равны со-
ответствующим отрезкам РАЬРА2, ..РАп. Таким образом,
мы получаем, что многоугольник Р^Р2 ... Ра—искомый.
112]
РЕШЕНИЯ
275
Примечание I. Отметим, что в доказательстве этой теоремы
совершенно не использовалось равенство сторон многоугольника
AtA2A$... А„. Следовательно, теорема настоящей задачи остается
верной и в том случае, когда А{А2 ...Ап есть произвольный много-
угольник с равными углами.
Примечание II. Решение задачи 112 б) аналогично второму
решению задачи 112 а). Приведем здесь еще изящное решение за-
дачи 112 б) для случая правильного шестиугольника, аналогичное
первому решению задачи 112 а).
Пусть А,А2А3А4А5Ае есть правильный шестиугольник, Р —точка.
Приложим к шестиугольнику A^AgA^Ag два равных ему шести-
угольника А4А2А3А4А5А6 и Л1Л2Л3Л4Л5Л6, расположенные так, как
показано на черт. 243. Пусть, далее, Р' и Р" — точки, расположенные
по отношению к шестиугольнику A^A^A^A^A^Ag, соответственно
так же’ как точка Р по отношению к исходному
шестиугольнику Л1Л2Л3Л4Л6Л6. В таком случае
Р/,Л3 = РЛ3, Р"Л"=РЛ4,
р'л' = рл6, р’л; = рл6
и ft f f
и А4РА2Р AtP Лб есть искомым шестиугольник.
276
РЕШЕНИЯ
(113
113.	Докажем предварительно следующее довольно из-
вестное предложение: если две окружности С и С" с цент-
рами О' и О" пересекаются в точках А и О (черт. 244)
и через точку А проведена секущая, пересекающая окруж-
ности С и С" соответственно в точках В' и В", то / В'ОВ"—
= / О'ОО" (т. е. угол, под которым виден отрезок секущей
из точки О, является постоянной величиной для любой се-
кущей, проведенной через точку А).
При доказательстве этого факта могут представиться два
случая: 1) точки В' и В" расположены по разные стороны ОА
(черт. 244, а); 2) точки В' и В” расположены по одну сто-
рону ОА (черт. 244, б). Рассмотрим сначала первый случай.
Угол В"В’О измеряется половиной дуги АО окружности С,
а угол В'В"О — половиной дуги АО окружности С". Отсюда
сразу следует, что /_В"В'О = / 00'0" и В'В"О = / ОО"О',
откуда / 0’00" = / В'ОВ", что и требовалось доказать.
Во втором случае (черт. 244, б) угол В'В"О попрежнему
измеряется половиной дуги АО окружности С", а угол В"В'О —
полусуммой дуг OB' и В'А окружности С, т. е. попрежнему
половиной дуги АО этой окружности. Дальнейшая часть
доказательства остается без изменений.
Заметим еще, что в обоих случаях углы В'ОВ" и 0’00"
откладываются в одну и ту же сторону (см.
черт. 244, а и <7); таким образом, если условимся считать
углы, откладываемые против часовой стрелки, положитель-
ными, а по часовой стрелке — отрицательными, то равенство
не нарушится.
113]
РЕШЕНИЯ
277
Перейдем теперь к доказательству теоремы. Рассмотрим
многоугольник OjO2... Оп (Ог — центр окружности С1 и т. д.;
черт. 245). Так как он замкнут, то сумма углов / 0,00,-4-
4- / О2ООЯ Ц-... Ц- / O„OOt равна, очевидно, целому крат-
ному 360°. Из доказанной леммы немедленно вытекает,
Черт. 245.
что равная ей сумма углов / Ву ОВ2 / B?OB<i 4
/ В„ОВ„,, тоже равна целому кратному 360°, что озна-
чает, что точки В{ и Вп + 1 лежат на одном луче, проведен-
ном из О. Так как прямая может пересекать окружность
самое большее в двух точках, то Вп+1 совпадает или с Bt,
или с О.
Но легко видеть, что Вп+1 не может совпасть с О. Дей-
ствительно, пусть Bk—первая из точек Вх, В2, Bn+V
совпадающая с О; в силу условия задачи &^>1. Очевидно,
что В^_х должно совпадать либо с Ak_v либо тоже с О.
Но первое противоречит условию задачи, а второе сделан-
ному нами предложению, что Bk первая из точек В, сов-
падающая с О. Поэтому Вп+ обязано совпадать с что
и требовалось доказать.
Примечание I. Утверждение задачи остается в силе, если
считать, что Bk может совпасть с Ah, и в этом случае брать вместо
278	решения	[114
секущей касательную к окружности в точке Ak. Точно
так же и в том случае> когда Вх совпадает с О, теорему можно счи-
тать справедливой; в этом случае все точки В2, В3, Вп+1 совпа-
дают с О.
Примечание II. Можно было бы провести доказательство
и по-другому. Для этого надо было бы доказать утверждение для
случая трех окружностей, а затем вести доказательство по индукции,
соединяя с В| точку Вп_^ и рассматривая отдельно треугольник
В}Вп—\Вп. Недостатком этого доказательства является необходимость
рассмотрения всевозможных расположений трех окружностей, поэтому
мы его не приводим. Заинтересовавшийся читатель легко проведет
его сам.
114.	Доказательство этой теоремы очень легко получить,
основываясь на следующем совершенно элементарном пред-
ложении: если через точку М, взятую на диагонали АС па-
раллелограмма ABCD (черт. 246) провести две прямые КР
В Р .	С
Черт. 246.
и LQ, параллельные сторонам параллелограмма, то площади
параллелограммов, прилегающих к вершинам D и В, будут
равны. Действительно,
$KMQD ~ $ACD $MCQ $АМК>
SpMLB = $АСВ $МСР	$AML’
откуда и следует, что
SpMLB'
Обратно, если точка Л4 расположена внутри параллелограмма
ABCD и обладает упомянутым свойством, то она обязательно
лежит на диагонали АС параллелограмма, так как из равен-
ства площадей SKMQD и SpMB следует, что
$AMCD = ^АМСВ-
Обозначим теперь стороны полного четырехсторонника
через АВС, АС'В', ВС’А’ и А’В’С-, в таком случае диагона-
лями четырехсторонника будут отрезки АА’, ВВ' и СС
114]
РЕШЕНИЯ
279
(черт. 247). Середины этих диагоналей обозначим соответ-
ственно через X, У и Z. Проведем через все вершины четы-
рехсторонника прямые, параллельные его сторонам АВС
и АС’В'-, точки пересечения этих прямых обозначим так, как
это указано на черт. 247. В силу доказанного предложения
о площадях параллелограммов мы будем иметь
SaP'A'P — Sa'DPQ'i SaP'A'P — Sa'ER'Qi
и следовательно,
Sa'DPQ' — Sa>ep'Q-
Отсюда
SempQ' = Sdqrim,
а это соотношение показывает, что точка М лежит на диа-
гонали А'Т параллелограмма A'QTQ', т. е. что точки А', М
и Т лежат на одной прямой. Отсюда следует, что середины
280
РЕШЕНИЯ
[115
отрезков AA', AM и АТ лежат на одной прямой. Так как
ВВ' и AM—диагонали параллелограмма АВМВ', то середина
отрезка AM совпадает с серединой Y диагонали ВВ' четы-
рехсторонника; аналогично, середина отрезка АТ совпадает
с точкой Z. Следовательно, середины X, У и Z диагоналей
АА', ВВ' и СС' полного четырехсторонника лежат на одной
прямой, что и требовалось доказать.
115.	Случай, когда обе пары противоположных сторон
четырехугольника параллельны (когда четырехугольник яв-
ляется ромбом), тривиален; поэтому рассмотрим только случай,
Черт. 248.
когда в четырехугольнике есть хотя бы одна пара непарал-
лельных противоположных сторон (например, стороны АВ
и CD; черт. 248, а).
Пусть Mi и М2 — середины диагоналей АС и BD четы-
рехугольника ABCD и О — центр вписанной окружности.
Заметим, что
Л1,дз	M&D — у 5д две-)- у ACD = у SabCD, (*)
115]	решения	281
и аналогично
Здлмд-|- $лм.2со= у $abcd-	(**)
Кроме того,
5дловЧ-^досо = у Sabcd-	(***)
В самом деле, обозначив радиус вписанного круга через R,
будем иметь
5д осп + 5д оав—~~у R- АВ-\-1 R-CD =	(A5-f- CD}-,
S& о ad -J- Sa овс~ у- (AD -{- ВС).
Но так как AB-]-CD = AD-]-BC (ибо четырехугольник опи-
сан вокруг окружности), то
£д ОАВ + £д OCD =	OAD + ^Д О ВС = у $АВСО>
что и требовалось доказать.
Покажем теперь, что геометрическое место точек М, рас-
положенных внутри четырехугольника ABCD и таких, что
сумма площадей треугольников МАВ и MCD постоянна, есть
отрезок. Тем самым наша теорема будет доказана, ибо в силу
равенств (*), (**), (***) точки Mlt О и Мг принадлежат этому
геометрическому месту.
Пусть М—какая-нибудь точка рассматриваемого геомет-
рического места. Заметим, что отрезки АВ и CD можно
сдвигать вдоль сторон угла, ими образованного, не изменяя
площади треугольников МАВ и MCD. Сдвинем отрезки АВ
и CD так, чтобы В и С совпали с вершиной этого
угла (черт. 248, б). Пусть точки А и D совпадут при этом
с Р и Q соответственно, тогда вопрос о нашем геометриче-
ском месте заменится вопросом о геометрическом месте
вершин М четырехугольника NPMQ с постоянной пло-
щадью. Но так как положение точек О, Р, Q не зависит
от положения точки М, то площадь треугольника PMQ
должна оставаться постоянной. Для этого необходимо, чтобы
точка М лежала на прямой М'М" || PQ, проходящей, очевидно,
через точки Мг и М2. А это и требовалось доказать.
282
РЕШЕНИЯ
(116-117
116.	Построим на каждом круге, как на экваторе, сферу
(черт. 249). Эти три сферы пересекаются в двух точках;
две любые сферы пересекаются по окружности, а третья
сфера пересекает окружность, по которой пересекаются две
Черт. 249.
сферы, в двух точках, симметричных относительно общей диа-
метральной плоскости всех сфер. Проекциями окружностей,
по которым пересекаются пары сфер, служат общие хорды
пар окружностей, а проекция общих точек всех трех сфер
принадлежит всем трем хордам данных кругов. Следовательно,
эти хорды пересекаются в одной точке, что и требовалось
доказать.	.
117.	Пусть в четырехугольнике ABCD АВ=а, ВС=Ь,
CD = c, DA — d, AC—f и BD = e (черт. 250). Проведем,
118]
РЕШЕНИЯ
283:
через вершину В прямую ВР такую, что / АВР= / DBC
(здесь Р—точка на диагонали АС). Треугольники АВР и
DBC подобны, так как / АВР= / DBC (по построению)
и X ВАР= / BDC (как опирающиеся на одну и ту же дугу
описанного вокруг ABCD круга). Из подобия этих треуголь-
ников имеем = откуда
/л/ СД/
AB-CD = AP-BD,
т. е.
а-с = АР-е. (*)
Далее, треугольники РВС и
ADB также подобны,
/_РВС=/_ ABD,
так как
/_DBC=^_ABP,
\/_BCP=£BDA
как опирающиеся на одну и ту же
~	ВС BD
дугу. Отсюда следует = -7- .
/О AL)
откуда
BC-AD = PC-BD,
т. е.
b-d—PC-e. (**)
Сложив равенства (*) и (**), имеем
a-cArb‘d=(AP-\-PC).e,
т. е.
a-c-\-b-d = ef,
что и требовалось доказать.
Черт. 250.
118.	а) Первое решение. Пусть МВ—наибольший
из отрезков МА, МВ и МС (черт. 251). Отложим на МВ
отрезок МК—МА. Так как / КМА == / ВС А — 60° (углы,
опирающиеся на одну дугу), то треугольник АМК равносто-
ронний, АК—АМ. Далее, треугольники АМС и АК.В равны
(ибо АС = АВ, АМ=АК; САМ=/_ВАМ=№ = </_ВАК}.
284
РЕШЕНИЯ
[118
Следовательно, МС—ВК. Таким образом, имеем
МВ—МК 4- КВ=МА 4- МС,
что и требовалось доказать.
Второе решение. Применяя теорему Птолемея к че-
тырехугольнику АВСМ (черт. 251), имеем
AM • ВС 4- СМ- АВ = ВМ- АС,
откуда, так как АВ —ВС—АС,
АМ-\-СМ = ВМ.
б) Обозначим сторону нашего «-угольника через а, а наи-
меньшую диагональ = Л2/4 =... = ЛпЛ2 через b (на
черт. 252 изображен семиугольник).
Черт. 253.
Пусть MAt—dt, MA2 = d2, MA3 = d3 и т. д. Приме-
няя к вписанным четырехугольникам MAtA2A3, МА2А3А4,
МА3А4А5, ... , MA^_1AaAl, MAnAtA2 теорему Птолемея,
получаем
zz (z/j 4- dg) bd2,
bd3=a(d2-{-di),
а (^з 4“ = bd4,
bdn-\-ad4 = adn_u
bdl -\-ada+i = ad2.
ltd—120]
РЕШЕНИЙ
285
(Справа мы пишем отрезки с четными номерами, слева — С
нечетными.) Сложив все эти равенства, получаем
(2а (A 4~ А4~ ••• + ^2Я+1) = (2а-}-5) (А 4“ ••• 4* Ал)»
откуда
А + А + ••• 4“ ^2п+1 = А4" ••• 4- Ал»
что и требовалось доказать.
119.	Применим теорему Птолемея к четырехугольнику
A1A3AdA6 (черт. 253); получим
А А  АА 4- А А  А А = А А • А А-
Разделив обе части этого равенства на AjA2- AlAa-AIA4 и вос-
пользовавшись тем, что /4/6 = Л3Д4 = Л1/2, AjAg — .4jA и
Л3Л6 = Л1.43, получим
АА АА АА
что и требовалось доказать.
120.	Пусть АВС (черт. 254 а, б)—произвольный тре-
угольник и О — центр описанной около него окружности.
В
а)	О
Черт. 254.
Обозначим через rfj, А и А соответственно расстояния ОМ,
ON и ОР от точки О до сторол ВС, АС и АВ. Так как
основания Р, М и N перпендикуляров, опущенных из О на
стороны треугольника АВС, совпадают с серединами его сто-
рон, то треугольник MNP будет треугольником средних ли-
ний для Л АВС. Если треугольник ASC остроугольный
286
РЕШЕНИЯ
[120
(черт. 254, а), то его площадь равна сумме площадей тре-
угольников АОВ, ВОС и СОА. Подставляя выражения для
площадей, получим
1	• । 1 . • । 1	• а —b *4- с
— adx-\-— bdz-\--cd^-т~2-т - г,
где а, Ь, с — стороны треугольника, г — радиус вписанной
окружности.
Рассмотрим теперь четырехугольник OPAN. Он имеет два
противоположных прямых угла и потому около него можно
описать окружность. Применив к нему теорему Птолемея,
получим
где R— радиус описанной окружности,
тырехугольников 0MBN и ОРСМ имеем
Аналогично из че-
Складывая полученные четыре равенства и сокращая на
Л ^~2	’ мы П0ЛУчаем
^14“ dz 4“	4~ г>
что и требовалось.
Доказательство несколько изменяется в том случае, когда
треугольник АВС тупоугольный. Пусть, например, угол А
тупой (черт. 254, б). В таком случае, очевидно, выписанные
выше равенства заменятся следующими:
1 J ,	1	!. J	1
д + » + с.
2	'
•Н=-рз4-4*-
121)	решения	287
Складывая эти четыре равенства, перенеся члены с dlt d2, da
«4-&4-С
в одну сторону и сокращая на —, получим
"Ь ^2 — da = R-\-r,
что и требовалось доказать.
121.	Легко видеть, что многоугольник разбивается на
п — 2 треугольника, где п — число сторон многоугольника.
Этот факт легко доказывается по индукции. Действительно,
утверждение справедливо для л = 3. Предположим, что оно
справедливо для всех многоугольников с числом сторон, не
превосходящих п, и покажем, что оно будет справедливо для
(п-|-1)-угольников. Действительно, любая проведенная диа-
гональ разбивает наш (я-]-1)-угольник на (£-]-1)-угольник
и (я— k-\- 1)-угольник. Так как, по предположению индук-
ции, для них наше утверждение верно, то остальные диаго-
нали разбивают их на k — 1 и п — k — 1 треугольников со-
ответственно. Таким образом, общее число треугольников
равно п — 2, что и требовалось доказать.
Перейдем к решению самой задачи. Согласно теореме за-
дачи 120 алгебраическая сумма расстояний от центра опи-
санной окружности (в нашем случае являющегося центром
описанной около всего многоугольника окружности) до сто-
рон каждого треугольника равна сумме радиусов вписанной
и описанной окружностей. Сложив все эти равенства, полу-
чим, что алгебраическая сумма расстояний центра описанной
около многоугольника окружности до сторон всех треуголь-
ников разбиения равна (я — 2)R плюс сумма радиусов впи-
санных во все треугольники окружностей. Но в алгебраиче-
скую сумму расстояний входят один раз расстояния от центра
до всех сторон рассматриваемого многоугольника и по два
раза с противоположными знаками расстояния от центра до
всех проведенных диагоналей. Действительно, к каждой про-
веденной диагонали примыкают два треугольника, один из
которых лежит по ту же сторону от нее, что и центр О,
а другой — по другую (например, на черт. 255 ОН входит
в алгебраическую сумму со знаком плюс для Д CDF и со
знаком минус для /\DEF). Таким образом, в общей сумме
расстояния до диагоналей попарно уничтожаются, и мы по-
288	решения	[122
лучаем следующую теорему, обобщающую теорему задачи 120:
алгебраическая сумма расстояний от центра
описанной около многоугольника окружности
до всех его сторон равна (л — 2) 7? плюс сумма
Черт. 255.
радиусов окружностей, вписанных во все тре-
угольники разбиения. Иначе сумма радиусов всех впи-
санных в треугольники окружностей равна
-|-d2-\-... -|- dn — (п — 2) R
(где rfj — расстояние от центра до первой стороны и т. д.).
Правая часть равенства не зависит от разбиения, поэтому и
сумма радиусов окружностей, вписанных в треугольники раз-
биения, тоже не зависит от того, какими диагоналями было
произведено разбиение.
122.	Обозначим диагонали АС, СВ’, В'А и АВ шести-
угольника соответственно через х, у, г и и (черт. 256). При-
меняя теорему Птолемея (задача 117) соответственно к че-
тырехугольникам АВСА’ и ВСА’В’, получим
ac-\-b'f=ux и ab' -\-cg-uy.
123]
РЕШЕНИЯ
289
Умножим первое из этих равенств на Ь, а второе — нас'
и сложим:
abc 4~ a'b'c' -|- bb’f-A- cc’g = a (xb ус').
Но в силу теоремы Птолемея из
находим: xb -\-ус' = ez; следова-
тельно, имеем
abc a’b’c'	bb'f-1- cc'g= ezu.
Применив теорему Птолемея к
четырехугольнику АВ'А'В, полу-
чаем
zu—fg— аа.
Таким образом,
abc 4~ a'b'c -|~ bb'f-\- cc'g =
— efg — aa’e,
четырехугольника ACB'C
Черт. 256.
откуда и следует доказываемое соотнбшение.
123.	а) Если окружность 50, описанная около треуголь-
ника АВС, и окружность S касаются, то точка касания М
будет их центром подобия (черт. 257, а, б). Поэтому для лю-
бых соответствующих друг другу точек X и У окружностей
So и S имеем
MY
МХ~С’
где с есть постоянное число, т. е. не зависит от выбора
точки X на окружности So. Отсюда находим
хм~~1
(знак минус относится к случаю, когда касание окружностей
S и So внутреннее, а знак плюс — когда касание этих ок-
ружностей внешнее, см. соответственно черт. 257, а и б). Но
XY___XY-XM____ХТ-
ХМ ХМ* ~~ХМ^’
19 Д. О. Шклярский и др.
290	решения	[123
где XT — касательная, проведенная из точки X к окружно-
сти S. Таким образом, имеем
XT
т. е. отношение -ггт. тоже не зависит от положения точки X
Л/И
Черт. 257.
на окружности. В частности, когда точка X совпадает с А, В
или С, мы получаем
АГ1_ВТ2_СТ3
АМ~~ ВМ~ СМ
= V1 ± с.
123)
РЕШЕНИЯ
291
Применив теперь теорему Птолемея к четырехугольнику
АВСМ, подставив в полученное соотношение
АМ= —-L=AT\, ВМ^-у2=ВТ2, СМ= ,1_^ СТ3
/1±с	3
и затем сократив на г 1 -, мы придем к требуемому ре-
V 1 zt с
зультату:
А1\-ВС 4- СТЯ • АВ = ВТ2 • АС.
Примечание. Легко видеть, что результат настоящей задачи
остается в силе и в том случае, когда 5 есть не окружность, а пря-
мая, т. е. когда точки А, В, С лежат на одной прямой. В этом случае
доказательство приводится к проверке простого алгебраического
тождества. Читатель сам легко сможет провести необходимые вык-
ладки для двух могущих здесь представиться различных случаев
(черт. 258, а, б).
б) Пусть гх, г2, г3, г4 и R суть соответственно радиусы
окружностей Ср С2, С3, С и С; Ср О2, О3, О4 и О — центры
этих окружностей и Лр Л2, Л3, Л4— точки касания окружно-
стей Ср С2, С3, С4 с окружностью С (для определенности мы
остановимся на случае, когда окружности Сг и С3 касаются
окружности С внешне, а окружности С2 и С4 внутренне;
черт. 259 *). Из равнобедренного треугольника ОАгАг
(OAX — OA2 — R} легко получаем
AxA2 = 2Rsm^^.
9 Мы рекомендуем читателю самостоятельно рассмотреть осталь-
ные предоставляющиеся здесь случаи.
19*
292
РЕШЕНИЯ
[123
Далее, из рассмотрения треугольника ОгОО2 со сторонами
OOi = R-\-rl, OO2 = R— r2, OlO2 = dl2 имеем
cos AtOA2 =
(R + r1)3 + (JR-r2)2_rf22
2 (Я+ /•!)(«-/•.,)
откуда
. 2 AtOA2__1 — cos AflAz___ rfi2 — (ri + '"a?
S'n	2	— 4(/? + r1)(/?-ra)-
Черт. 259.
Но, проведя общую касательную к окружностям и С2, мы
без труда получим (черт. 260)
Таким образом, имеем
sin2 -------
/2
'12
2	4(Л + г1)(/?-гг)’
. А\ОА2____
sin '  = —r ----------------
2	2/(Л + г!)(Л-г,)
Ла
и, следовательно, окончательно
AvA2 — R r Лг — .
V{R + ri)(R-r2)
Аналогично
л л __по и» Л1ОЛ3 j а AtOAs— dti — (rt ~ rs)2
AtA8 — 2/<sin 2	, sin 2 —4(/? + Г1)(Л + гз)»
^=dl2-(rx-r2)2
123]	решения	293
(см. черт. 259, <7); значит, sin	*13  и
'	2	2Г(Л + /-1)(й + /-з)
окончательно
л л —р А.
точно так же получаем
A А = R ... Zu: :: = , А.А. = R	. = ,
К(Л + И) (R — a)	VAR — r2}(RA-r%)
А2А. = R *24	= , А3А. = R -   *34	--.
2 4 y(R_r2>{R_ry	y{R+rs){R_ri}
Но четырехугольник A1A2AaAi вписан в круг S; следова-
тельно, для него справедлива теорема Птолемея
А А' А А ~Ь АА • А А= А А' А А-
Подставив в это соотношение полученные выражения для
Черт. 260.
•^1А» АА и т- д- и сократив обе части равенства на
_____________________________Я3_______________
А(Л + П) (R — r2) (R + г3) (R — г4) ’
мы придем к требуемому соотношению.
Примечание I. Эта теорема также остается в силе в том
случае, когда 5 есть прямая, а не окружность.
Примечание II. Теорема задачи 123 б) остается справедли-
вой и в том случае, когда некоторые из окружностей Cj, С2, С2, С\
имеют радиус нуль (т. е. являются точками). (Если при этом три
окружности являются точками — мы приходим к теореме задачи 123а),
а если все четыре окружности заменить точками — к теореме Пто-
лемея).
294
РЕШЕНИЯ
1124—125
124. а) Пусть АВС—произвольный треугольник, X, Y
и Z—основания перпендикуляров, опущенных из произволь-
ной точки Р описанной около этого треугольника окружно-
сти на его стороны (черт. 261). Четырехугольники PXBZ и
PXYC как имеющие по два противолежащих прямых угла
можно вписать в окружность,
следовательно,
/_ZXB =/_ZPB
Черт. 261.
что возможно только в том
лежат на одной прямой.
и
/_CXY=/_CPY.
Но
/ ZPB = 90° — / PBZ
и
90° — YCP,
а так как углы PBZ и YCP
равны (ибо X ACR= 180°—
— ^/_АВР), то
/_ZXB = ^CXY,
случае, если точки Y, X и Z
Примечание. Другое доказательство этой теоремы дано
выше в решении задачи 90 а).
б) Легко видеть, что, например, точка Р (черт. 262) пе-
ресечения окружностей, построенных на МА и МВ, как на
диаметрах, есть основание перпендикуляра, опущенного из М
на АВ (ибо / МРА— / МРВ ?= 90°). Аналогично точки
Q и R являются основаниями перпендикуляров, опущенных
из М на стороны АС и ВС треугольника АВС. Таким образом
требуемый результат непосредственно следует из теоремы
задачи а).
125. а) Пусть даны четыре прямые lt, 12, 1$ и Ц- Обо-
значим точки пересечения прямых 1т и 1п через Атп, так что
точка пересечения прямых 14 и 12 есть Л12 и т. д. (черт. 263).
Докажем, что центральные окружности треугольников
АгАзАиб -^13-^14-^34’ А2А4А4; А2аА24Ам
пересекаются в одной точке. Обозначим эти окружности со-
ответственно через Х1Г Х2, Х3, К4. Окружности К2 и К4
25J
РЕШЕНИЯ
295
296
РЕШЕНИЯ
[125
имеют общую точку Л84; пусть Р—вторая точка их пересе-
чения. Тогда / АмРАж = / ДиЛяМ,я (как вписанные, опи-
рающиеся на одну и ту же дугу окружности Л'Д, / А13РА34=
= / АяЛцДи (как вписанные, опирающиеся на одну и ту
же дугу окружности К2).
Далее, из Л Д12АИ24 имеем
/I ^23^12^13 =	4~ Л. ^12^14^24 = Л. ^23^24^34 4~
4“ Л. ^34^1 4^13 — X- Аз^84 + zl Л34РД13 =	Д23РД18.
Отсюда следует, что точка Р лежит на окружности, про-
ходящей через точки .412, Л13 и /123, т. е. на окружности Кх.
Черт. 264.
Точно так же доказывается, что эта точка лежит и на ок-
ружности К3.
б) Пусть даны пять прямых 14, 12, 13, 14, 15 (черт. 264).
Рассмотрим всевозможные четверки этих прямых. Обозначим
снова точку пересечения прямых 1т и 1п через Атп. Обозна-
чим, далее, центральную точку прямых 14, 12, 13, 14 через Р3>
центральную точку прямых !х, 12, 13, /6 через Р4 и т. д.
125]
РЕШЕНИЯ
297
(Точка Р5 является отличной от А23 точкой пересечения окруж- *
ностей, описанных около треугольников АгАзАз и AiAiAe»’
аналогично получаются и точки Рх, Р2, Р2, Р4', черт. 264.)
Докажем, что все пять точек Рх, Р2, ..., Р5 лежат на
одной окружности. Заметим прежде всего, что точки Аз, А>
Аз, А и Аз лежат на одной окружности. Действительно,
А как центральная точка четверки прямых 1, 2, 3 и 5 лежит
на окружности, описанной вокруг треугольника АзАзАз!
Рх как центральная точка прямых 2, 3, 4 и 5 тоже лежит
на окружности, описанной около этого треугольника.
Покажем теперь, что точки Рх, Р2, Ps, А лежат на одной
окружности. Имеем / А^Р2Р2 = / АА 5Аз, так как четы-
рехугольник ААзАзА вписан в окружность; / ААвАв =
=Z ААЛ25, так как точки Р3, Аз, А и Аз лежат на
одной окружности; следовательно,
Z АзАА — Z А ААз-
С другой стороны, / АзАА — ААв Ад А, так как
точки Аз, А, Аз и А лежат на одной окружности; / АзАзА
А / A^PjP^ — 180°, так как четырехугольник АзАзА А
вписан в окружность; следовательно,
Z АзАА + Z АзАА = 180°.
Теперь имеем
ZAAA+ZAAA =
=Z АзАА+Z АзАА + Z АзАА - Z АзАА =
=Z АзАА + Z Аз А А=180°,
откуда и следует, что точки Рх, Р2, Р2 и А лежат на одной
окружности.
Точно так же доказывается, что точки А, А, А 11 А
лежат на одной окружности, откуда вытекает, что пять точек
А, А, А, А и А лежат на одной окружности.
Примечание. Нетрудно видеть, что из доказанной теоремы
вытекает следующая: если около пяти треугольников, образовавшихся
при продолжении сторон выпуклого пятиугольника до получения
пятиугольной звезды, описаны окружности, то вторые точки пересе-
чения соседних из этих окружностей лежат на одной окружности (см.
черт. 264).
в) По определению две прямые определяют центральную
точку — точку их пересечения; три прямые определяют цен-
298
РЕШЕНИЯ
(125
тральную окружность — окружность, проходящую через три
центральные точки, отвечающие трем парам прямых, которые
можно выбрать из нашей тройки. Мы установили, далее, что
четыре прямые определяют центральную точку — точку пере-
сечения четырех центральных окружностей, отвечающих че-
тырем тройкам прямых, которые можно выбрать из нашей
четверки прямых (задача 125а)); пяти прямым отвечает цен-
тральная окружность—окружность, проходящая через пять
центральных точек, отвечающих пяти четверкам прямых, ко-
торые можно выбрать из нашей пятерки прямых (задача 125 б).
Естественно думать, что аналогичное положение имеет место
и для большего числа прямых, т. е. что шесть прямых оп-
ределяют центральную точку — точку пересечения шести цен-
тральных окружностей, отвечающих шести пятеркам прямых, ко-
торые можно выбрать из шести прямых (т. е. что эти шесть
центральных окружностей пересекаются в одной точке); семь
прямых определяют центральную окружность — окружность,
проходящую через семь центральных точек, отвечающих семи
шестеркам прямых, которые можно выбрать из семи прямых
125]
РЕШЕНИЯ
299
(т. е. что эти семь центральных точек лежат на одной окруж-
ности) и т. д.; другими словами, естественно предположить,
что каждое четное число прямых (никакие две из которых не
параллельны и никакие три не пересекаются в одной точке)
определяет центральную точку, а нечетное число прямых —
центральную окружность. Докажем, что это действительно так.
Докажем прежде одно вспомогательное предложение.
А именно, пусть SltS2,S3 и S4— четыре окружности, пересекаю-
щиеся в одной точке О (черт. 265). Мы утверждаем, что
четыре окружности, каждая из которых проходит через вторые
точки пересечения каких-либо трех из наших окружностей, пере-
секаются в одной точке Р. (Эту точку естественно называть
центральной точкой четырех окружностей.)
Обозначим аналогично тому, как мы поступали выше,
точку пересечения окружностей и S2 через Д12 и т. д.
Пусть Р есть точка пересечения окружностей, описанных
вокруг треугольников Ai2AISA23 и А12А14А24. Докажем, что и
окружности, описанные вокруг треугольников А13А14Д34 и
А23Д24А84, проходят через ту же точку Р.
Из рассмотрения окружностей, описанных около треуголь-
ников Д12АзАз и А12А14т424, имеем *)
/ А2аРА12 = 180° Z А2зА1зА12,
Z A2iPAV2 = 180° — Z A24A14A12.
Складывая два последних равенства почленно, получаем
360° - Z ^23^24 = Z Аз^12 + Z А4^12 = 360° -
--Z Аз Аз Аг  Z А4А4 Аг = 360°  (Z ^23^13О
+ Z А2АзО) ---- (Z ^24^14^ Z Z А2А4*-А
Но из рассмотрения окружностей <$1; Sa и S следует
Z АзАз^ == J 30° - Z Ав^34^>	Z АзАз^ ^^Z Аг А4^>
А24Д14О = 180° — Z A24ASiO;
и, значит, предыдущее равенство можно переписать так:
Z Аз^А4 = 180° - Z A23A3iO~/_ Д12Д14О +180°-
— Z А4 А4^ ~Ь Z А2А4О = 360° — Z А3А4® —
Z А4^34^ = AsAiAr
!) См. сноску на стр. 237.
300
РЕШЕНИЯ
[125
Отсюда вытекает, что точка Р лежит на окружности, опи-
санной около треугольника Л23А34А24. Точно так же доказы-
вается, что эта точка лежит также на окружности, описанной
около треугольника А13А14А34.
Теперь мы можем уже доказать основное утверждение
задачи. Доказательство будем проводить методом математи-
ческой индукции, а именно, считая, что это утверждение уже
доказано для каждого числа прямых, меньшего некоторого
фиксированного числа л, покажем, что теорема справедлива
также и для п прямых. При этом приходится различать
случаи четного и нечетного п.
А. п есть число четное. Обозначим наши прямые
цифрами 1, 2, ..., /г; п четно (n = 2k). Пусть Сг есть цен-
тральная окружность п— 1 прямых 2, 3, 4, ..., п, С2— цен-
тральная окружность п — 1 прямых 1, 3, 4, ..., п и т. д.,
наконец, Сп — центральная окружность п — 1 прямых 1, 2,
3,___, п — 1 (для п — 1 прямых мы считаем теорему уже до-
казанной). Нам надо доказать, что п окружностей Clt С2,..., Сп
пересекаются в одной точке.
Докажем прежде всего, что окружности Clt С2, С3 и С4
пересекаются в одной точке. Обозначим через А12 централь-
ную точку п — 2 прямых 3, 4, ..., п, через А13— централь-
ную точку п—2 прямых 2, 4, ..п и т. д. (для п — 2 пря-
мых теорема тоже считается доказанной). Далее, через С123
обозначим центральную окружность/г—3 прямых 4, 5, .. .,п;
через С]24 — центральную окружность п — 3 прямых 3, 5,...
..., п и т. д. (для п — 3 прямых теорема считается дока-
занной) и через Д1234— центральную точку п — 4 прямых
5, 6, ..., п (для п — 4 прямых теорема считается доказанной).
В силу определения центральных окружностей и точек
имеем (черт. 266):
1° Все четыре окружности С123, С124, C13i и С234 прохо-
дят через одну точку А1234.
2° Точка Д12 лежит на окружностях Сг23 и С124, т. е.
является точкой пересечения этих окружностей; точно так же
А13 есть точка пересечения окружностей С123 и С134 и т. д.
3° Окружность Ct проходит через точки Л12, А13 и А14,
т. е. Ct есть окружность, описанная вокруг треугольника
Ai2Ai3Ai4; точно так же С2 есть окружность, описанная во-
круг треугольника А12А23А24 и т. д.
125]
РЕШЕНИЯ
301
Теперь из сравнения черт. 265 и черт. 266 сразу сле-
дует, что окружности Ct, С2, С3 и С4 пересекаются в одной
точке А (это будет центральная точка четырех окружностей
^-123» 0124» ^-134 И О234).
Точно так же показывается, что окружности Сь С2, Са
и Св пересекаются в одной точке; что окружности Ср С2, С3
и Св пересекаются в одной точке и т. д. Другими словами,
все окружности Съ, Се, ..Сп проходят через точку А —
точку пересечения окружностей С2, С3 и С4. А это нам и
требовалось доказать.
Б. п есть число нечетное. Обозначим наши пря-
мые, как и раньше, цифрами 1, 2, ..., п (п = 2k-1- 1), и
пусть At есть центральная точка п— 1 прямых 2, 3, 4, ..., л,
А2 — центральная точка п — 1 прямых 1, 3, 4, ..., п и т. д.,
наконец, Ап — центральная точка п—1 прямых 1, 2,3,...,
п — 1. Нам надо доказать, что п точек Аь А2, ..., Ап ле-
жат на одной окружности.
Докажем прежде всего, что точки Alt А2, As и At лежат
на одной окружности. Обозначим через С12 центральную
окружность п — 2 прямых 3,4,..., п, через -С13 — централь-
302
РЕШЕНИЯ
[125
ную окружность п — 2 прямых 2, 4, п и т. д., через
Л123— центральную точку п — 3 прямых 4, 5, п, через
Л124— центральную точку п — 3 прямых 3, 5, ..., п и т. д.
и, наконец, через С1234—центральную окружность п — 4
прямых 5, 6, ..., п.
Черт. 267.
В силу определения центральных точек и окружностей
имеем (черт. 267):
1° Четыре точки Л123, Л]24, Д134 и Л234 лежат на одной
окружности С1234.
2° Окружность С12 проходит через точки /1123 и Л124;
точно так же окружность С13 проходит через точки Л123
и Л134; окружность С14 проходит через точки Л124 и Л134 и
т. д.
3° Точка At лежит на окружностях С12, С18 и С14, т. е.
есть точка пересечения трех окружностей С12, С13 и С14;
точно так же А2 есть точка пересечения Ci2, С28 и С24 и т. д.
Рассмотрим теперь четыре окружности С’12, С13, С23 и С1234.
Все эти четыре окружности пересекаются в одной точке —
точке Л123. Попарные точки пересечения этих окружностей,
отличные от точки Л123, очевидно, суть At (точка пересече-
126]
РЕШЕНИЯ
303
Черт. 268.
ния Cj2 и Ct3), Аг, As, А124 (точка пересечения Ci2 и С1234),
Д134 и Л234. Далее, окружность, описанная вокруг треуголь-
ника	есть окружность, описанная вокруг
треугольника Л3Л124Л234, есть С24, окружность, описанная
вокруг треугольника Х3Л123Л234, есть С23. Эти три окружно-
сти пересекаются в точке А2. Следовательно, Ai есть цен-
тральная точка четырех окружностей С12, С13 и С23 и С1234.
Отсюда следует, что и окружность, описанная вокруг тре-
угольника А1А2А3, проходит через эту же точку, т. е. что
точки Alt А2, А3 и Л4 лежат
на одной окружности.
Точно так же показывается,
что точки At, А2, А3 и А5
лежат на одной окружности;
что точки А1г А2, Аа и А6 ле-
жат на одной окружности
и т. д. Другими словами, все
точки А4, Аъ, ..., .4а лежат
на одной окружности — на ок-
ружности, описанной около
треугольника AtA2A3. А это и
требовалось доказать.
126.	Предварительно заме-
тим следующее. Пусть точка Р
лежит на окружности, описан-
ной около треугольника АВС,
перпендикуляров, опущенных и
и ВС треугольника (черт. 268). I
лежат на одной прямой (см. задачу 124а)). Докажем, что пря-
мая YZX делит пополам отрезок, соединяющий
точку Р с ортоцентром Н треугольника АВС.
Обозначим через Р точку, симметричную точке Р отно-
сительно прямой АС, через Н' — точку пересечения высоты ВК
с описанной окружностью и через М—точку пересечения
прямых PH' и Р'Н. Тогда НК= КН’, ибо прямоугольные тре-
угольники НКС и Н'КС равны, как имеющие общий катет
КС и равные острые углы / НСК = 90° — / А = / АВН' =
— / АСН'. Следовательно, точка Н' симметрична точке Н
относительно прямой АС; отсюда следует, что точка М лежит
и пусть Z, Y, X—основания
з точки Р на стороны АВ, АС
1 таком случае точки X, Y, Z
304
РЕШЕНИЯ
J126
на АС и / РН'Н= /Р'НН'. Далее, так как / РХС—
— / РУС =90°, то точки Р, X, С и Г лежат на од-
ной окружности с диаметром PC. Отсюда следует, что
/ CYX=Z.СРХ-
Теперь имеем
/ НМС = 90° — / Р'НН' = 90° — / PH’В=
== 90° — РСВ=/_ СРХ= СУХ,
т. е.
НМ || ХУ.
Так как P'Y—YP, то YZX есть средняя линия треуголь-
ника Р'РН,. и, следовательно, делит его сторону PH пополам.
Черт. 269.
Теперь перейдем к решению самой задачи. Опишем ок-
ружности вокруг всех четырех треугольников задачи (черт. 269).
Эти четыре окружности все пересекаются в некоторой точке
Р (см. задачу 125 а)). Из того, что каждые два из наших
четырех треугольников имеют общую пару сторон, следует,
что основания перпендикуляров, опущенных из точки Р на
все четыре прямые, лежат на одной прямой (см. задачу 124 а)).
В силу доказанного выше это означает, что середины от-
резков РНг, РНг, PHS, РН4, где Hlt Нг, Hs, Н4 — ортоцентры
четырех треугольников, образованных рассматриваемыми пря-
мыми, лежат на одной прямой. А отсюда следует, что и сами
точки Hi, Н2, Hs, Н4 лежат на одной прямой.
127|
РЕШЕНИЯ
305
Примечание. Любопытно отметить, что прямая, на которой
лежат точки А7Ь Нг, Hs, перпендикулярна к прямой, соединяющей
середины трех диагоналей полного четырехсторонника, образованного
нашими четырьмя прямыми (см. задачу 114). Предоставляем читателю
самостоятельно доказать это утверждение.
127.	Докажем теорему сначала для того случая, когда
треугольники АВС и А'В'С' лежат в разных плоскостях
и а2 (черт. 270). Пусть 5—точка пересечения прямых АА',
Черт. 270.
ВВ', СС, а I—прямая пересечения плоскостей а, и а2. Рас-
смотрим, например, пару сторон АВ и А'В'. Они лежат в од-
ной плоскости SA'АВВ' и поэтому пересекаются (или парал-
лельны). С другой стороны, АВ лежит в плоскости аь
а А'В' — в плоскости а2. Поэтому точка пересечения должна
лежать на прямой I линии пересечения этих плоскостей.
Точно так же доказывается, что и две другие точки пере-
сечения тоже лежат на /. Если пара соответственных сторон
параллельна, то они, очевидно, параллельны прямой /.
Обратно, пусть соответственные стороны треугольников
АВС и А'В'С, лежащих в различных плоскостях, пересека-
20 Д.О. Шклярский и др.
306
РЕШЕНИЯ
[127 .
ются в точках одной прямой. Тогда, так как прямые АА'
и ВВ’ лежат в одной плоскости, они пересекаются в неко-
торой точке 5,; точно так же прямые ВВ’ и СС пересекаются
в точке <$3 и прямые АА' и СС — в точке S2. Если бы точки
SltS2 и З3 были различны, то прямые АА', ВВ’ и СС, а
следовательно, и оба данных треугольника лежали бы в одной
плоскости З^ЗдЗо.что, однако, противоречит предположению.
Если бы оказалось, что АА’ЦВВ', то отсюда следовало бы,
что S2 и 38 не могут совпасть. Значит, или СС'ЦАА', или
СС лежат в плоскости АА’ВВ’. Так как вторая возможность
противоречит сделанному предположению, то или АА’, ВВ'
и СС пересекаются в одной точке, или АА'ЦВВ'ЦСС.
Пусть теперь треугольники A^Ci и А2В2С2 лежат в од-
ной плоскости а и пусть прямые AiA2, ВгВ2 и СгС2 пере-
127]
РЕШЕНИЯ
307
секаются в одной точке 5 (черт. 271). Через точку 5 про-
ведем произвольную прямую /0, не лежащую в плоскости а0,
и возьмем на ней произвольные точки 5] и S2. Точку Sj
соединим с вершинами треугольника A^Cf, точку S2—
с вершинами треугольника А2В2С2. Прямые и 32А2,
лежащие в одной плоскости пересекаются в некоторой
точке Ад. Аналогично, прямые S1Bi и S2B2, а также
и S2C2 пересекаются соответственно в некоторых точках Во
и Cq. Треугольник А0В0С0 удовлетворяет вместе с каждым
из данных треугольников условиям теоремы Дезарга. Точки
пересечения соответственных сторон этого треугольника и
каждого из данных совпадают с точками пересечения его сторон
с прямой /, по которой пересекаются плоскость а и плоскость
а0 треугольника АоДоСо. Следовательно, соответственные сто-
роны исходных треугольников пересекаются в точках, лежащих
на одной прямой I.
Пусть, обратно, сходственные стороны лежащих в одной
плоскости а треугольников А}В}С{ и А2В2С2 пересекаются
в точках М, N, Р одной прямой /. Проведем через эту пря-
мую произвольную плоскость а0 и в плоскости а0 через точки
М, N, Р проведем три прямые, не проходящие через одну
точку. Образованный ими в плоскости а0 треугольник А0В0С0
(черт. 271) вместе с каждым из данных- удовлетворяет усло-
виям теоремы Дезарга. Так как, кроме того, они лежат в раз-
ных плоскостях, то по доказанному прямые AjA0, ВхВд, С\С0
пересекаются в некоторой точке а прямые А2А0, В2Вд,
С2Сд— в некоторой точке S2. Прямые ^Aj и 32Л2 пересека-
ются в точке Ао и, следовательно, лежат в одной плоскости,
а потому прямая пересекает прямую А,А2 в точке 3,
которая совпадает с точкой пересечения прямой З^З'з с пло-
скостью «о- Через эту же точку проходят и прямые BjB2
и CtC2.
Примечание. Более тщательный анализ доказательства приво-
дит к следующим результатам: если прямые АА',ВВ'.СС пересекаются
в одной точке или параллельны, то либо три точки пересечения со-
ответственных сторон треугольников АВС и А'В'С лежат на одной
прямой, либо две соответственные стороны параллельны между собой
и параллельны прямой, соединяющей точки пересечения остальных
двух пар соответственных сторон, либо, наконец, каждые две соот-
ветственные стороны параллельны между собой. Имеет место также
и обратная теорема.
20*
308
РЕШЕНИЯ
[128—129
128.	Пусть М, N, Р— данные точки; О — точка пересе-
чения заданных прямых I, т, п; АВС — искомый треугольник;
XYZ— произвольный треугольник, вершины которого лежат
на прямых I, т и п и две стороны XY и XZ проходят со-
ответственно через точки М и М (черт. 272). Так как прямые,
соединяющие соответственные вершины треугольников АВС
и XYZ, проходят через одну точку О, то в силу теоремы
Дезарга (см. задачу 127) точки пересечения их соответ-
ственных сторон должны лежать на одной прямой.
Отсюда вытекает следующее построение. Произвольную
точку X на прямой I соединяем с точками М и N. Затем
прямую, соединяющую точки Y и Z пересечения прямых ХМ
и XN с т и п соответственно, пересекаем прямой MN. Со-
единяя полученную точку Т с точкой Р, получим одну из
сторон искомого треугольника.
129.	Пусть О—точка пересечения сторон АВ и DE
шестиугольника ABCDEF, Н — точка пересечения ВС и EF,
X—точка пересечения CD и FA (черт. 273). Опишем вокруг
треугольников BDG и DFK окружности; пусть Z — точка
пересечения этих окружностей, отличная от D. Очевидно, имеем:
/ BZD = X. BQD=
/ DZF= £ DKF= uABC-uDEP
129J	решения	309
Отсюда (см. черт. 273)*)
/ BZF=/ BZD + 2 DZF=
_ U EFA - V BCD + ABC - и DEF _
—	2	~
vFA-uDE-vCD-j-	о FAB - о CDE z D£JE,
=----------2----------=-------2---- = BHF’
следовательно, и окружность, описанная вокруг треугольника
Далее, имеем
/ DZQ = 180° — / DBG = £ DBA = v—
/ DZK= 180° —	DFK^=Z_DFA = ^Ав^й.
отсюда
/ DZQ 4- / DZK=4.	=180°,
и значит, точки G, Z и К лежат на одной прямой.
!) См. сноску на стр. 237.
310	РЕШЕНИЯ	1130
Аналогично •
/ BZG=^_ BDG= 180° — Z_ BDE =180° — —,
/ BZH = 180° — / BFH = 180° —	;
отсюда
/ BZG 4- / BZH = 360° —	=
= 360° — 180°= 180°,
и значит, точки G, Z и H лежат на одной прямой.
Из того, что С, Z и К лежат на одной прямой и G, Z
и Н лежат на одной прямой, следует, что точки Z, G, К
и Н лежат на одной прямой. Что и требовалось доказать.
Примечание. Предоставляем читателю самостоятельно до-
казать, что если шестиугольник вписан в окружность, то либо три
точки пересечения противоположных сторон лежат на одной прямой,
(случай, рассмотренный в решении задачи 129), либо две противопо-
ложные стороны параллельны между собой и параллельны прямой,
соединяющей между собой точки пересечения двух других пар
противоположных сторон, либо, наконец, каждые две противополож-
ные стороны шестиугольника параллельны между собой.
130.	Первое решение. Пусть ABCDEF — описанный
вокруг окружности шестиугольник, a, b, с, d, е, f—точки
касания сторон шестиугольника с окружностью (черт. 274, а).
Для доказательства теоремы Брианшона воспользуемся одним
любопытным свойством диагоналей AD, BE и CF шестиуголь-
ника.
В силу предложения задачи 105 диагональ AD проходит
через точку М пересечения прямых ad и cf (для доказатель-
ства достаточно рассмотреть описанный вокруг окружности
четырехугольник, образованный сторонами АВ, CD, DE и FA
шестиугольника). Проведем теперь из произвольной точки /V
диагонали AD прямые XX' и YY, параллельные соответ-
ственно ad и с/; пусть X, X', ¥ и Y —точки пересечения
этих прямых со сторонами АВ, ED, AF и CD шестиуголь-
ника.	Очевидно,	Aa — Af	(касательные	к	окружности,	про-
„	.	АХ AN	AY	,
веденные	из	одной	точки)	и	-т— — —	(так	как	тре-
'	Аа AM	Af	'	r
130]
РЕШЕНИЯ
311
угольники AXN и АаМ, AYN и AfM подобны). Отсюда
следует, что AX = AY и, значит,
aX=fY;
при этом здесь слово равные имеет тот смысл, что отрез-
ки равны по величине и оба направлены (от точек а и /) к
точке А (или оба направлены от Л). Если же точка
Nt не лежит на диагонали AD, то прямые XX' и YtYj
параллельные соответственно ad и fc, отсекают на сторонах
АВ и AF шестиугольника неравные отрезки: aXf~YJ' (см.
Черт. 274.
в смысле, оговоренном
геометрическое место
YY', параллельные со-
черт. 274, а); равенство понимается
выше. Итак, диагональ AD есть
таких точек N, что прямые XX' и
ответственно ad и fc, отсекают на сторонах АВ и AF шести-
угольника равные отрезки аХ и /У. Точно так же доказы-
вается, что диагональ BE есть геометрическое место таких
точек К, что прямые XX' и ZZ', параллельные соответ-
ственно ad и Ьс, отсекают на сторонах АВ и ВС шестиуголь-
ника равные отрезки аХ и bZ.
Пусть теперь Q есть точка пересечения AD и- BE
(черт. 274, б). Проведем через точку Q прямые XX'IJad,
YY'\\cf и ZZ'\\de. Так как точка Q принадлежит диагонали
AD, то' aX—fY, а так как эта точка принадлежит диаго-
312
РЕШЕНИЯ
|130
нали BE, то aX=bZ. Следовательно, fY — bZ, откуда
fY—eZ'. Таким образом, точка Q принадлежит геометриче-
скому месту таких точек L, что прямые YY1 и ZZ’> парал-
лельные соответственно с/ и be, отсекают на сторонах AF
и РЕ равные отрезки jY—eZ'. Но это геометрическое место
совпадает, очевидно, с диагональю CF шестиугольника. Сле-
довательно, точка пересечения AD и BE принадлежит диагона-
ли CF, что и требовалось доказать.
Второе решение. Приведем еще изящное решение
задачи, основанное на стереометрических соображениях. По-
вернем каждую из прямых, на которых лежат стороны нашего
шестиугольника (четные в одну сторону, нечетные — в дру-
гую), на 45° вокруг радиуса, проведенного в точку касания
(мы таким образом выведем каждую из этих прямых из пло-
скости шестиугольника), и обозначим полученные прямые
через /ь /2, /3, /4, /5 (черт. 275). Как легко видеть, каждая
прямая с нечетным номером пересекается в пространстве
с каждой прямой с четным номером, так как они симметричны
относительно плоскости, перпендикулярной к плоскости чер-
тежа и проходящей через биссектрису угла между их про-
131J	РЕШЕНИЯ	313
екциями. В частности, каждая прямая пересекается с сосед-
ней, т. е. прямые /ь /2> . . ., 1в образуют в пространстве
шестиугольник А'В'С'D'Е'F', проекцией которого на пло-
скость чертежа является исходный шестиугольник ABCDEF
(см. черт. 275). Прямые A'D' и В'Е', соединяющие противо-
положные вершины пространственного шестиугольника, пере-
секаются, так как прямые А'В' = 1г и E’D’ = лежат в од-
ной плоскости; аналогично пересекаются прямые A'D' и CF'
и прямые В’Е' и CF'. Следовательно, три прямые A'D',
В'Е' и С’Р' пересекаются в пространстве в одной точке (так
как они не лежат в одной плоскости), а потому пересекаются
в одной точке и их проекции AD, BE и CF на плоскость
чертежа.
131.	Пусть стороны треугольника АВС пересекаются се-
кущей	(черт. 276, а). Проведем в плоскости тре-
угольника произвольную прямую . Аг. Пусть она пе-
ресечет В1А1 в точке О. Спроектируем вершины треуголь-
ника АВС параллельно прямой ВгА} на прямую PQ; пусть
при этом проекции вершин А, В, С будут .соответственно
точки а, Ь, с. Очевидно, имеем:
АСх_аО ВАХ ЬО СВ{ сО .
QB-О&’ AtC Ос ’ BtA Оа‘
314
РЕШЕНИЯ
[132
перемножая эти равенства, получим
ЛС] BAt СВ1 аО ЬО сО  1
С\В ’ А[С 'В[А ОЬ ’ Ос' Оа	Е
Обратно, пусть имеет место равенство
AQ BAt СВХ _
СХВ ‘ АХС ’ BXA— 1'
Докажем, что точки At, Вх, Сх лежат на одной прямой. В
самом деле, пусть прямая ВХАХ пересекает прямую АВ в не-
которой точке С (черт. 276, б). Тогда по доказанному выше
АС ВАХ СВ1__	.
СВ ’ АХС ' ВХА~~	1
и по условию
АСХ ВАХ СВХ_______
СХВ' АХС' ВХА~ *•
Приравнивая левые части
последних двух равенств
и сокращая, получим
АС __ АСХ
СВ С\В'
АС + СВ_____АСх-\-СхВ
С'В	СХВ ’
АВ __АВ
СВ~~ СХВ'
т. е. точка С совпадает
с точкой Ср
132.	а) Пусть ABCDEF — полный четырехсторонник, диа-
гонали которого АВ, CD, EF имеют середины в точках L,
М и N (черт. 277). Рассмотрим треугольник АСЕ, образо-
ванный тремя сторонами четырехугольника, и пусть а, с,
е — середины сторон СЕ, ЕА, АС. Прямая се\\СЕ и прохо-
дит через точку Z; прямая ае || АЕ и проходит через точку М;
прямая ас || АС и проходит через точку N. Чтобы доказать,
что точки L, М, N лежат на одной прямой, достаточно
проверить, что имеет место соотношение
аМ eL cN_______
Me Lc Na
1321
Но
РЕШЕНИЯ
315
aM_ED eL _СВ cN_AF
Ме~~ DA' Lc~BE' Na ~ FC ’
откуда
aM eL cN_ED CB AF
Me' Lc' Na DA ‘ BE ’ FC'
Но произведение, стоящее справа, равно —1, ибо точки
D, В, F лежат на одной прямой, пересекающей стороны тре-
угольника АСЕ. Отсюда и вытекает требуемое предложение.
б) Пусть АВС и А'В’С' — два треугольника такие, что
прямые АА', ВВ' и СС пересекаются в одной точке О, и
пусть L есть точка пересе-
чения прямых ВС и В'С,
М—точка пересечения пря-
мых СА и С A', N—точка
пересечения прямых АВ и
А'В' (черт. 278). Докажем,
что точки L, М, N лежат
на одной прямой. Для этого
достаточно показать, что
имеет место равенство
BL CM AN __
LC' МА' NB~~ *•
Черт. 278.
Из рассмотрения треугольника ОВС, пересеченного пря-
мой LB'C, имеем
BL СС О В'___
LC'СО'ВВ' Е
Аналогично из рассмотрения треугольников ОСА и ОАВ,
пересеченных прямыми МА'С' и NB'A', получаем
СМ АА’ ОС _	. AN ВВ’ ОА'_
МА ' А'О ' С'С	1 и NB' В'О ' А'А
Перемножив почленно последние три равенства и сократив,
получим
BL CM AN __
LC'МА'NB *’
что и требовалось доказать.
316
РЕШЕНИЯ
[132
в) Пусть ABCDEF—шестиугольник, вписанный в окруж-
ность L, М, N — соответственно точки пересечения сторон
АВ и DE, ВС и EF, CD и РА. Продолжим стороны АВ,
CD и ЕР до попарного пересечения в точках Р, Q и /?
(черт. 279) и рассмотрим треугольник PQR. Для того чтобы
Черт. 279.
доказать, что L, TH, N лежат
на одной прямой, достаточно
установить, что имеет место
равенство
QL RM Яу__
LR ' MP ’ NQ~'	Е
Но из рассмотрения треуголь-
ника PQR, пересеченного пря-
мой LED, имеем
QL RE PD___,.
LR'ЕР'DQ—
аналогично из рассмотрения
того же треугольника, пересе-
ченного прямыми МСВ и NFA,
получаем
RM PC QB__.
MP' CQ' BR~~ 1
и
РЛ QA —
~NQ' AR' FP~~ K
Перемножив последние три равенства, получим
QL RM PN PC-PD QA-QB RE-RF _
LR' MP' NQ' EP-FP ’ CQ-DQ ‘ AR-BR
Wo в силу известного свойства секущей к окружности
PC-PD — EP-FP, QA-QB — CQ-DQ, RE-RF—AR-BR,
т. е. каждая из последних трех дробей нашего произведения
равна 1.
Таким образом, — •	—1> что и требовалось
L>[\ MF
доказать.
133]
РЕШЕНИЯ
317
133.	Пусть АВС—произвольный треугольник и пусть
прямые AAlt BBt и ССХ пересекаются в одной точке К
(черт. 280, я). Проведем через точки А и С прямые, парал-
А	А
Черт. 280.
дельные ВВХ, до пересечения с ССХ и ААХ соответственно
в точках Р и F. Тогда
АВХ __ РК
ВХС~ КС
Так как треугольники АКР и FKC подобны, то
РК _ АР
КС CF’
и, следовательно,
АВХ —АР
ВХС~~ CF'
Далее, треугольники CAXF и ВАХК подобны; отсюда
САХ _ CF
АХВ~~ КВ'
Наконец, из подобия треугольников АСХР и ВСХК
ВСХ__ВК
СХА~ РА'
Перемножив почленно три последних равенства, получим
АВХ САХ ВСХ____АР CF ВК
ВХС ’ АХВ ' СХА CF ' КВ' РА Ь
318
РЕШЕНИЯ
[134
Предоставляем читателю самостоятельно рассмотреть случай
параллельности трех прямых AAlt ВВХ, ССХ.
Докажем теперь, что и обратно: если имеет место ра-
венство
ABt BCt_________,
В^С’ А^в’ С^А~
то прямые ААЪ ВВХ, ССХ пересекаются в одной точке или
все параллельны. В самом деле, пусть прямые AAlt BBlt
CCt не все параллельны; пусть, например, Д’ есть точка пе-
ресечения прямых AAt и BBt, а прямая С/( пересекает пря-
мую АВ в точке С' (черт. 280, б). Тогда по предыдущему
ABt CAt ВС .
В^С ' А^В ’ СА~ 1
и по условию
ABt СА{ BCt____
BtC' AtB ' C\A~ 1
Приравнивая
ВС
получим
левые части
BCt
= zH , откуда
ВА ___ВА
С А	С\А •
сокращая,
и
Следовательно, С' совпадает с Cf
дианы
и CCt — ме-
= 1.
б)
(черт,
ника
134. а) Решение очевидно: если ААи ВВг
. nr	ABt CAt BCt
треугольника АВС, то
Пусть AAt,	СС}—биссектрисы треугольника АВС
281). В силу известного свойства биссектрис треуголь-
ABt  с CAt b BCt а
BtC	а ’ AtB	с ’ С\Л	b ’
где а, Ь, с — стороны треугольника АВС. Отсюда
ABt CAt BCt  с b с
BtC ' Aj3 ' CtA	~a ’ ~c' ~b
134]
Решения
319
в)	Пусть AAlt ВВХ и ССХ— высоты треугольника АВС
(черт. 282, а, б). Из подобия треугольников CACi и BABt
имеем
ACi АС Ь
В{А	АВ	с •
Аналогично
BAt с CBt  а
С^В ~а ’ АгС	b '
.	AQ ВА{ СВг
А так как знак произведения	j положителен
(в зависимости от того, является
ным или тупоугольным, все три
сомножителя положительны или
два из них отрицательны, а третье
положительно), то
AQ BAt CBl_ACl BAi CBr
СгВ ’ AtC ’ BtA ~~ BXA ' CiB ' AtC
________ b c a .
c a b
ли треугольник остроуголь-
г)	Пусть каждая из прямых AAlt BBt, СВ (черт. 283)
делит периметр 2р треугольника АВС пополам. Тогда
АВ-j-ВА, = а-+^+£ = Ц=Р> ВА1=Р-с.
л	р
320	решения	[134
Аналогично
— b, АВх=р— с, СВх=р— а, АСх=р— Ь,
ВСХ =р — а.
Отсюда имеем
АВХ САХ ВСХ р — с р — b р — а .
ВХС АХВ СХА р — а р — с р — Ь ’
что и доказывает наше утверждение.
д)	Пусть окружность, вписанная в треугольник АВС, ка-
сается его сторон ВС, АВ и АС соответственно в точках
Черт. 284.	Черт. 285.
Ах, Вх и Сх (черт. 284). В силу известного свойства каса-
тельных к окружности
АВХ = АСХ, СВХ==САХ, ВАХ = ВСХ;
,	АВХ СА, ВС,	.
отсюда (так как произведение s-A • -г-= • положительно)
xjjC	С|Д
АВХ САХ ВСХ _ .
ВХС' АХВ" СХА~ Ь
е)	Пусть окружность, вневписанная в угол А треуголь-
ника АВС, касается его сторон ВС, АВ и АС соответственно
в точках Ах, А' и А" (черт. 285). В таком случае, очевидно,
ВА' = ВАХ, СА" — САХ, АА’ = АА".
Отсюда имеем
АА! 4- АА" = АВ-\- АС-\-ВАх -f- САХ = 2р-, АА' = АА"=р,
АВ-[-ВАх = АВ-]-ВА'=р, АС-\-САх=р.
Отсюда видно, что прямые, рассматриваемые в этой задаче,
совпадают с теми, о которых говорится в задаче 134 г).
135]
РЕШЕНИЯ
• 321
135. а). Пусть
I в точке О (черт.
т— произвольная прямая, пересекающая
286). Спроектируем вершины многоуголь-
ника AtA2...An на прямую т па-
раллельно прямой I; пусть при этом
проекциями вершин Аъ А2.......Ап
Черт. 286.	Черт. 287.
будут точки A'v /Ц,..., Л'п. Очевидно, имеем
At «4_____________А'О А2а2_____Afi
«й”ОА’, ’ агА3~ OAj ’' " ’
__ А п-\° Апап _ Ап9
ап-\Ап ОАп ' a"At OA'i
Перемножая все эти равенства, получим
Aiai . Агаг А„^ап_} . Апап_
atA2 ' а2А3‘ ‘ * а„^1А„ ' а„Ау
А\О Л'2 О А'^О А'пО
оа2 ’ см/'' 0А'п ' 0Ai
что и требовалось доказать.
б) Из рассмотрения площадей треугольников AiOat и
aiOX2 (черт. 287) имеем
А^ О Al sin AiOai
aiA2	ОА2 sin / a!(JA2 ’
где, например, / AiOat считаем положительным, если OAt надо
21 Д. О, ШКАХРСКПЙ
322	решения	[136—137
повернуть до совмещения с Оах против часовой стрелки, и
отрицательным в противном случае. Аналогично получаем
А2а2 ОА2 sin / A20a2 Asa3 _ _ ОА3 sin /_А30а3
а2А3	ОА3 sin ^а2С»Л3 ’ взА< OAi sin ^_asOAi ’ '' ’
Agn—1 a2n—1 __ O^2n—1 sin Z.A2n—j Oa2n~\
""	Й2П-1A	OAt sin Za2n-1 OAi
Перемножив все эти равенства и учитывая при этом, что
Z А1Оа1=х/а„ОАл+1,2/А2Оа2=х/пя+1ОАп+2, получим:
^1а1 . А2л2 . . , A2n_t a2n—i __ ।
агЛ2 а2А2 а2П—1 -^1	’
что и требовалось доказать.
136. По теореме Чевы мы
имеем
ACj ВАХ CBj _
CiB ‘ AiC ‘ ВаА ~ 1'
Но в силу известного свойства
окружности имеем
ABi  АВ2 — АСХ • АС2,
ВСХ-ВС2 = ВАХ-ВА2,
CAvCA2 =CBi-CB2
(черт. 288), откуда, произведя несложные алгебраические
преобразования, получим
АС2 ВА2 СВ2 _ AQ BAi CBi  .
С2В ' А2С ' В2А СхВ ' АаС ' ВгА	1 ’
В силу теоремы. Чевы отсюда вытекает, что и прямые
АА2, ВВ2 и СС2 также пересекаются в одной точке.
137. Проведем средние линии В'С, С А', А'В' треуголь-
ника АВС и пусть Ар B'v — точки пересечения прямых
AAt, BBi и CCi с соответствующими средними линиями тре-
угольника (черт. 289). Тогда, очевидно,
B’A’i __ сАг C'B'i _ двх Xc'i _ ВСХ
A'iC' ~ ^B ’ B'lA' ~ BtC ’ c’-lB' — CiA '
1381
РЕШЕНИЯ
323
Но так как прямые ААХ, ВВХ и ССХ пересекаются в одной
точке, то в силу теоремы Чевы
САХ ВСХ АВ{________
АХВ ' С,А ' BtC
и, следовательно,
В'А\ С Вх АВ^ ______
АХС' ' ЯХ ’ CjB'”
Последнее соотношение в силу теоремы Чевы означает,
что прямые A'A'V В'В' и С'С', проведенные через вершины
А', В' и С треугольника А'В'С, пересекаются в одной точке,1
что и требовалось доказать.
138. Имеем
следовательно,
аналогично
АВХ=В'ХС, ВХС=АВ'Х,
АВХ _ СВХ
Bic ~~ в'хА ’
СЛ, ^'1 ВС _ АС'1
AiB~ д'с ’ СА ~ С[В "
324	решения	[139
Теперь доказываемые предложения прямо вытекают из тео-
ремы Менелая (задача 131) и из теоремы Чевы (задача 133).
Действительно,
а)	если	= —1 (черт. 290, а), то и
£5jG /Цо
CBj АС\ ВА\
в\а ' С\В '	~ ’
б)	если	 -^±- = 1 (черт. 290, б), то и
ZjjG	G[/l
139. Пусть стороны ВС, АС и АВ треугольника АВС
(черт. 291, а, б) равны соответственно а, b и с. Пусть пря-
мая ААХ, проходящая через вершину А, образует со сторо-
нами АВ и АС треугольника соответственно углы 04 и а2.
В таком случае, очевидно,
1 лл •
пл	9л	-тг	сАА,	sin	а,
BAj ___ дДАВА,____ 2	1__ с - sin аг
А, С	^/\АСА	1 < л л	•	* sin	а2
1	bAA-t sin а2
Аналогично, если обозначить углы, образованные прямыми
BBi и СС, соответственно со сторонами ВС и BA, СА и СВ,
39]
РЕШЕНИЯ
325
326
РЕШЕНИЯ
[139
через р], и уь у2> то мы будем иметь
СВХ   a sin АСХ	h sin -ft
ВХА	c sin f2 ’ CXB	a sin -f2 ’
Далее, так как прямая АА'Х симметрична прямой ААХ отно-
сительно биссектрисы угла ВАС, она образует со сторонами
АВ и АС углы а2 и ctj и, следовательно,
__ С Sin а2 .
А[с ~ b sin “1 ’
аналогично
_______a sin р2 АС\ ___ь Sjn y2
В\А ~ с sin Pj ’ с\В~ a sin -ц'
Отсюда в силу теорем Менелая и Чевы сразу следуют пред-
ложения задач а	) и б). В самом деле, легко видеть, что			
,	ВАХ а) еслия^-	СВХ АСХ	. о-4'7^Б = — <•> ТО И —г- • В\А СХВ	АХС	св'х	AQ	1
		В\А	с'хв	1
(черт. 291, а);	СВХ	АСХ	,	BA'i В.А	СХВ	b Т0 И А'С	св\		
б) если			АСХ	. 1
		В\А	СХВ	- 1
(черт. 291, б).
Действительно, равенство абсолютных величин произведений
отношений
ВАХ	CBj АСг ВА\ CBi АС[
А^С ’ ВХА ’ СХВ И л'с ’ В'ХА ’ С[В
следует из полученных выше соотношений; совпадение зна-
ков этих произведений следует из того, что, например,
точка А’1 находится вне или внутри треугольника АВС одно.
ВАХ
временно с точкой т. е. знак отношения —— совпадает
С
ВА,
со знаком отношения .
в) предложение задачи в) требует отдельного доказатель-
ства. Пусть МхМ2Ма и	— проекции точек М и N на
стороны треугольника АВС (черт. 292).
139]
РЕШЕНИЯ
327
Из подобия треугольников АММХ и ANN2 имеем
AMV AM .	AN-i AN
ЛЛ7=ЛЛГ Аналогично -АМГ^-АМ-’ следовательно,
’ т- е- AMi-AN1 = AM2-AN2. Но последнее
/1/*2	/1/Vi
соотношение означает, что точки Mlt ATt, М2 и N2 лежат
на одной окружности. Центр этой окружности лежит на пе-
ресечении перпендикуляров, восставленных к сторонам АВ
и АС треугольника из середин отрезков и M2N2 и,
следовательно, совпадает с серединой О отрезка MN. Точно
так же доказывается, что точки Mlt Л715 Л/а и ТИ8 лежат на
одной окружности с тем же центром О, откуда и вытекает
требуемое утверждение.
Легко доказать, что высоты треугольника симметричны
относительно биссектрис соответствующих углов радиусам
описанной окружности, проведенным в вершины треугольника.
Отсюда и из теоремы настоящей задачи следует, что осно-
вания высот треугольника и три середины сторон лежат на
одной окружности, центр которой находится в середине
отрезка, соединяющего центр описанной окружности тре-
угольника с точкой пересечения высот (см. выше задачу 99).
328
РЕШЕНИЯ
Ц40
140. Докажем прежде всего требуемое предложение для
какого-нибудь специального расположения треугольников АВС
и А'В'С' на плоскости. Будем считать, например, что вер-
шина А' треугольника А'В'С совпадает с вершиной С тре-
угольника АВС, а вершина С расположена на стороне АВ
(черт. 293). В таком случае прямые, проведенные через вер-
шины А' и С треугольника А'В'С параллельно соответ-
ственно сторонам ВС и АВ треугольника АВС, совпадают
с самими этими сторонами, и для того чтобы условие задачи
выполнялось, надо, чтобы прямая ВВ’ была параллельна АС;
в этом случае точкой пересечения прямых, проведенных через
точки А' В' и С' параллельно соответственно прямым ВС,
С А и АВ, является точка В. Требуется доказать, что в этом
случае прямые, проведенные через точки А, В и С парал-
лельно соответственно прямым В’С, С А' и А'В', пересека-
ются в одной точке. Но последняя из этих прямых совпадает
со стороной А'В' треугольника А'В'С; таким образом, остается
доказать, что прямые АМг и ВМХ, проведенные через точки
А и В параллельно соответственно прямым В'С и А'С, пе-
140]
РЕШЕНИЯ
329
ресекаются в точке М, лежащей на стороне А'В' треуголь-
ника А’В'С.
Предположим, что это не так, и обозначим точки пере-
сечения со стороной А'В' прямых, проведенных через А и В
параллельно соответственно В'С и А'С, через Л12 и Aft. Про-
ведем через точки и М2 прямые MtK и М2Ь, параллель-
ные АВ (К есть точка на прямой AC, L — точка на пря-
мой ВВ'). Предположим сначала, что прямые АВ и А'В'
непараллельны, и продолжим их до их пересечения в неко-
торой точке S (черт. 293, а). Докажем, что SMt=SM2; тем
самым будет доказано, что точки Мх и Л12 совпадают. Рас-
сматривая стороны угла ASC, пересеченные параллельными
прямыми АМ2 и С'В', получим
SM2 __ SA
SB’ SC ’
следовательно,
SB'-SA
SM2 = -^r-.
Аналогично из параллельности прямых ВМХ и СС следует
Но из параллельности прямых ВВ' и АС вытекает
SB' SB CD, _. CD
-^7=г = или SB • 5А = оО SB.
uG оЛ
Следовательно,
SM2~SMt,
что и требовалось доказать.
Если же прямые АВ и А'В' параллельны (черт. 293, б), то
В'М2 — АС, В’МХ = В'С — CMt = АВ — С'В = АС';
следовательно,
ЮИ2 = В'2И1,
так что и в этом случае точки и М2 совпадают.
Таким образом, мы полностью доказали нашу теорему для
указанного специального расположения треугольников АВС
и А'В'С. После этого уже легко убедиться, что теорема
справедлива и в общем случае. Действительно, предположим,
330
РЕШЕНИЯ
|140
что какие-то три прямые, проведенные через вершины неко-
торого треугольника АВС, пересекаются в одной точке; в та-
ком случае, как легко показать, прямые, параллельные пер-
вым, проведенные через вершины другого треугольника
стороны которого параллельны сторонам треугольника АВС,
тоже пересекаются в одной точке. Для того чтобы показать
это, предположим, что
две стороны треугольника
AjBiCi совпадают с двумя
сторонами треугольника
АВС и лишь сторона ВхСг
отлична от ВС (причем
В^ || ВС, черт. 294).
Обозначим точку пересе-
чения первых прямых че-
рез М и предположим,
что прямые, проведенные
через точки В-, и па-
раллельно прямым ВМ,
соответственно СМ, пе-
ресекают прямую AM в двух различных точках Mt и М2.
Рассматривая стороны угла МАВ, пересеченные параллель-
ными прямыми ВМ и В1М1, получаем:
MM-t __ AM
~ВВ^ ~АВ~
ММХ
AM
АВ
ввъ
аналогично
ММ2
AM
АС
ОС,.
Но из рассмотрения сторон угла ВАС, пересеченных па-
раллельными прямыми ВС и B^i, следует
BBi _ CCi
АВ ~ АС ’
откуда вытекает, что
MMt=MM2.
Таким образом, точка ТИ2 совпадает с точкой Mt, а это
нам и требовалось доказать.
141]
РЕШЕНИЯ
331
Теперь изменяя последовательно по одной стороне, мы
можем перейти от треугольника АВС к любому другому тре-
угольнику AjBjCi, стороны которого параллельны сторонам
треугольника АВС. Возвращаясь теперь к нашей задаче, мы
можем перейти от треугольника А'В'С', расположенного по
отношению к треугольнику АВС так, как это имело место
в рассмотренном нами частном случае теоремы, к произволь-
ному другому треугольнику с теми же самыми направлениями
сторон, что и доказывает справедливость теоремы в общем
случае.
141. Доказательство этой теоремы аналогично решению
задачи 140. А именно, докажем прежде всего нашу теорему
для некоторого специального расположения треугольников АВС
и А’В’С. Предположим, что вершины треугольника А’В'С
лежат на сторонах (или на
продолжениях сторон) тре-
угольника АВС (черт. 295).
Пусть перпендикуляры, вос-
ставленные из точек А', В’
и С соответственно к пря-
мым ВС, АС и АВ, пересе-
каются в одной точке М’;
требуется доказать, что пер-
пендикуляры АР, BQ и CR,
опущенные из точек А, В
и С соответственно на пря-
мые В’С, А’С и А’В’, тоже
пересекаются в одной точ-
ке М.
Соединим точку М’ с вер-
шинами треугольника АВС.
Так как четырехугольник
АВ’М’С можно, очевидно, вписать в окружность, то
X МАВ’ = X М'С'В' (как вписанные углы, опирающиеся на
одну и ту же дугу). Но X М'С’В' = ^С'АР (как углы со вза-
имно перпендикулярными сторонами); следовательно, имеем
/_М’АС—/_ВАР.
Точно так же доказывается, что
£M’BA = /_CBQ, /_M'CB — £ACR,
332
РЕШЕНИЯ
[142—143
Теперь нам остается только воспользоваться теоремой за-
дачи 139 б), из которой вытекает, что прямые АР, BQ и CR
пересекаются в одной точке.
Переход от этого частного случая к общему случаю до-
словно совпадает с заключительной частью решения зада-
чи 140.
142. Пусть AL = AN (черт. 296)!). Докажем, что тре-
угольник LMN имеет наимень-
шую площадь. Проведем через
точку А какую-либо другую
прямую; пусть, например, она
пересекает ML в точке L' и
продолжение MN—в точке N'.
Тогда L'A <^ AN', ибо прове-
денная через N прямая, парал-
лельная ML, пересечет отрезок
AN’ в точке L" такой, что
L’A — AL". Из равенства треугольников ANL" и ALL' выте-
кает
S^MN'L' = SmNAL' Ч- S&ANL" -|- Ч>
Z>$MNAL' + S^AL'L = S&MNL,
что и требовалось доказать.
143. а) Обозначим прямую, на которой лежит отрезок MN,
через q. Пусть прямые р и q пересекаются. Тогда воз-
можны три случая.
1° Точка пересечения прямых р и q лежит
внутри отрезка MN. Тогда, чем ближе находится точ-
ка X прямой р к точке пересечения прямых р и q, тем больше
делается угол MXN (черт. 297). Наибольшее свое значение
он примет, когда его вершина X совпадет с точкой пересе-
чения р и q. Тогда треугольник MXN выродится в отрезок
и угол MXN станет равным 180°.
1) Нетрудно провести через данную точку А внутри угла такую
прямую I, что отрезок ее внутри угла делится в точке А пополам.
Для этого, например, достаточно отложить AL" = AL' (см. черт. 296)
и провести через L" прямую £"ДГ||£'М
143]
РЕШЕНИЯ
333
2°
дает
Точка пересечения
с одним из концов
с точкой М (черт. 298).
Обозначим через / 1 и
/ 2 соответственно ост-
рый и тупой углы между
прямыми р и q (так что
/ 1 4-/22=180°). При
приближении точки X к
точке М угол MNX стре-
мится к нулю. Поэтому
угол MXN все время уве-
личивается и стремится
к углу 180°—/21 = /22,
если X приближается
к М со стороны острого
угла, или к углу 180° —
— X 2 = X 1. если X
тупого угла. Действительно,
= 180° — /21— /2 MNX, а
— X 2—X MNX. Однако,
мой р определяются из
равенства OM-ON=OX2 = OY2). Обозначим эти окружно-
сти через Oj и О2. Так как все точки луча ОХ, кроме X, ле-
жат вне окружности Оъ то из точки X отрезок ЛШ виден
под большим углом, чем из всех других точек луча ОХ;
прямых р и g с о в п а-
отрезка MN, например
приближается к М со стороны
в первом случае / MXN==
во втором /2Л12ПУ= 180°—
когда точка X совпадет с N,
угол NXM вовсе не су-
ществует. Поэтому в
этом случае задача не
имеет решения.
3° Точка Опере-
сече н и я п ря м ы х р и
q лежит вне отрез-
ка MN (черт. 299).
Проведем через точки М
и N окружность, касаю-
щуюся прямой р. Таких
окружностей будет две
(точки X и Y касания
этих окружностей с пря-
334
РЕШЕНИЯ
[143
точно так же из точки Y отрезок MN виден под большим
углом, чем из других точек луча OY.
Сравним теперь между собой углы MYN и MXN. Пусть
радиус окружности О2 больше чем радиус окружности Of,
тогда X MO,N/> / МО/I (здесь О, и О2 — центры ок-
ружностей). Но /MYN=	и / MXN=4- /МО, N.
Следовательно, / MXN / MY'N.
Отсюда следует, что искомой точкой будет точка касания
окружности меньшего радиуса с прямой р.
Аналогично решается задача в том случае, когда прямые
р и q параллельны (черт. 300); только в этом случае суще-
ствует единственная окружность, проходящая через точки М
и N и касающаяся р.
Для того случая, когда р || д, дадим еще другое решение. Дока-
жем, что точкой, из которой отрезок MN виден под наибольшим углом,
будет такая точка прямой р, что треугольник MXN — равнобедрен-
ный (черт. 301). Пусть Л —такая точка, а X' — любая другая точка
прямой р. Докажем, что угол MXN больше угла MX’N. Треуголь-
ники МХ'Х и NX'X имеют равные площади, так как у них есть
общее основание XX' и высоты, опущенные на XX', равны. Сторо-
на MX одного треугольника равна стороне NX другого. Следователь-
но, высоты Х'А и Х'В, опущенные на эти стороны, равны между
собой. Пусть MX' > NX'', тогда угол ХМХ' треугольника Х'МА
меньше угла XNX' треугольника X'NB. Следовательно,
/ XMN 4- Z MNX < Z X'MN 4- / MNX',
а потому / MXN > / MX'N, что и требовалось доказать.
143]
РЕШЕНИЯ
335
б) Обозначим прямую, на которой лежит отрезок MN,
через р и рассмотрим возможные случаи.
1° Прямая р не пересекает окружности S
(черт. 302). В этом случае можно провести две окружности
Ct и С2, проходящие через Л! и ;V и касающиеся S соответ-
ственно внешне и внутренне (см. решение задачи 77 б)). Обо-
значим точки касания этих окружностей с S через Kt и К2
(черт. 302). В таком случае, если X есть какая угодно от-
личная от точка окружности 5, то
(угол MK\N—вписанный и опирающийся на дугу MN окруж-
ности С], a MXN — угол с вершиной вне круга, опирающийся
на ту же дугу). Аналогично, если точка X отлична от А"2,
MK2N.
2° Прямая р касается S и точка касания Р
лежит вне MN (черт. 303). В этом случае существует
единственная окружность С, проходящая через /И и'V и ка-
сающаяся S (внешне). Из точки К касания этой окружности
с отрезок MN виден под наибольшим возможным углом;
336
РЕШЕНИЯ
[143
под наименьшим возможным углом (нулевым) этот отрезок
виден из точки Р.
3° Прямая р касается 5 и точка касания Р
лежит внутри отрезка MN (черт. 304). В этом случае
тоже существует единственная окружность С, проходящая
через 714 и М и касающаяся 5 (внутренне). Из точки К касания
этой окружности с 5 отрезок MN виден под наименьшим
возможным углом; под наибольшим возможным углом (равным
180°) этот отрезок виден из точки Р.
143)	решения	337
4° Прямая р касается 5в точке М (черт. 305).
Угол MXN, где X—точка окружности S, стремится к нулю,
если точка X приближается к М с одной стороны окружно-
сти, и к 180° — когда X приближается к М с другой сто-
роны окружности. Однако, когда точка X совпадает с М,
угол MXN не существует, поэтому в этом случае задача не
имеет решения.
5° Прямая р пересекает окружность S в точ-
ках Pj и Р2, лежащих вне отрезка MN. В. этом
случае существуют две окружности С, и С2, проходящие
через М и N и касающиеся 5 обе внешне (черт. 306)
338
РЕШЕНИЯ
(143
или обе внутренне (черт. 307). Если К\ и — точки каса-
ния, то, как легко видеть, /_MXN, где X—точка окруж-
ности, не превосходит по край-
ней мере одного из углов
MK2N, а именно, того,
который отвечает точке каса-
ния, лежащей по ту же сторо-
ну р, что и X. Поэтому отре-
зок MN будет виден под наи-
большим возможным углом либо
ИЗ ТОЧКИ Л-!, либо из точки К2
(в зависимости от того, какой
из углов MKXN и MK2N боль-
ше), либо из обеих точек К\
и/<2(если =^/_MK2N}.
Под наименьшим возможным
углом (нулевым) отрезок виден
из точек Р} и Р2 пересечения
р с S.
6° Отрезок AW пересекает окружность
двух точках Pt и Р2,
отличных от точек
М п N (черт. 308). В
этом случае тоже суще-
ствуют две окружности,
проходящие через точки
/И и Л' и касающиеся 5
в точках /С] и Х2 (обе
внутренне). В этом слу
чае / MXN, где X—
произвольная точка ок-
ружности S, будет не
меньше, чем по крайней
мере один из углов MX^N,
MK2N (а именно,, тот,
который отвечает точке
касания, лежащей с той
же стороны р, что и X).
S в
Черт. 308.
Поэтому отрезок AW будет виден под наименьшим углом из
одной из двух точек К2 (или из обеих, если
143]
РЕШЕНИЯ
339
/ MK\N= /МХХУ Под наибольшим возможным углом
(180°) отрезок MN будет виден из точек Рг и Р2.
7° Отрезок MN пересекает окружность в о д-
ной точке, отличной от 7И и
случае отрезок MN будет ви-
ден под наибольшим возможным
углом (в 180°) из точки его
пересечения с окружностью •$
и под наименьшим возможным
углом (нулевым) из второй точ-
ки пересечения прямой р с S.
8° Прямая р пересе-
кает окружность S в
точке М и вторая точка
Р пересечения р с S ле-
жит вне отрезка A1N
(черт. 310, 311). Отрезок виден
(нулевым) из точки Р.
/ MXN, измеряющийся
N (черт. 309). В этом
под наименьшим
X отлично от
углом
М, то
Далее, если
половиной дуги MN' (черт. 310, 311),
меньше угла между NM и касательной к окружности в точ-
ке М, измеряющегося половиной дуги MN'P-, если X неогра-
ниченно приближается к М, то / MXN стремится к этому
углу. Однако если X совпадает с /И, то угол MXN не суще-
ствует; таким образом, в этом случае на окружности нет точ-
ки, из которой отрезок MN виден под наибольшим углом.
9° Прямая р пересекает окружность S в т оч-
ке М и вторая точка Л* пересечения р с <S лежит
23 д. о. Шклярский и др.
340
РЕШЕНИЯ
[144
внутри MV (черт. 312). Отрезок MN виден под наиболь-
шим углом (равным 180°) из точки Р. Далее, если X есть
отличная от М точка окружности 5, то / MXN (измеря-
ющийся дугой MN'; см. черт. 312) больше угла между р
и касательной к окружности 5 в точке М", если X неогра-
ниченно приближается к М, то X MXN стремится к этому
углу. Однако если X совпадает с М, то угол MXN не су-
ществует; таким образом, в этом случае на окружности S нет
точки, из которой отрезок MN виден под наименьшм углом.
Черт. 312.	Черт. 313.
10° Наконец, если точки М и N обе лежат на ок-
ружности 5 (черт. 313), то угол MXN, где X—точка
окружности, может иметь только два значения, зависящие
от того, с какой стороны от р расположена точка X. По-
этому в этом случае отрезок MN виден под наибольшим воз-
можным углом из всех точек одной дуги MN окружности 5
и под наименьшим возможным углом — из всех точек второй
дуги. Особо следует отметить случай, когда MN есть диа-
метр S; .в этом случае отрезок MN виден из всех точек ок-
ружности 5 под одним единственным углом (равным 90°).
144. а) Рассмотрим следующие случаи:
1° Вершины А и В лежат по разные стороны
прямой I (черт. 314, а). Пусть С—точка пересечения от-
резка АВ с прямой /, a D — любая точка прямой /, отличная
от С. Так как AD-\-DB~^> АВ, то периметр треугольника ADB
АВ+AD -J- DB > 2 А В.
144J
РЕШЕНИЯ
341
С другой стороны очевидно, что если точку D брать до-
статочно близко к С, то периметр треугольника ADB можно
сделать как угодно близким к удвоенной длине отрезка АВ.
Отсюда вытекает, что в этом случае треугольник наи-
меньшего периметра вырождается в «треугольник» АВС, т. е.
в дважды взятый отрезок АВ; периметр этого «треугольника»
равен 2АВ'.
АВ -{- ВС -{- АС — АВ 4- АВ = 2АВ.
2° Точки ЛиВлежат по одну сторону пря-
мой / (черт. 314,6). Пусть точка Аг симметрична точке А
относительно прямой /, a D—произвольная точка прямой I.
Тогда периметр треугольника ADB
АВ 4- AD 4- BD = АВ 4- AVD 4- DB,
ибо AD = AtD. Так как сумма
в том случае, если D совпа-
дает с точкой С пересечения
отрезка АГВ с прямой /, то
искомым треугольником с наи-
меньшим периметром будет
треугольник АСВ.
б) Рассмотрим следующие
случаи:
1° Прямые I и т па-
раллельны (черт. 315).
Опустим из А перпендикуляр
на эти прямые; пусть В и С— тс
ArD -CDB будет наименьшей
Черт. 315.
пересечения этого перпен-
дикуляра с прямыми I и т, a В{ и Cj — любые другие две
точки, расположенные соответственно на / и т. Тогда,
23*
342
РЕШЕНИЯ
[144
очевидно, ABi~^> АВ, ACt^>AC и ВХС\>ВС. Следовательно,
АВ-{-ВС-\-AC<^ABi-\-В^Сг-\-АСх- Поэтому искомый тре-
угольник вырождается в дважды взятый отрезок АВС.
2° Прямые I и т пересекаются.
А. Рассмотрим сначала тот случай, когда вершина А
лежит внутри острого угла, образованного
этими прямыми (черт. 316). Пусть АВС—какой-нибудь
треугольник, вершины которого В и С лежат соответственно
на прямых I и т, и пусть О — точка пересечения прямых
/'и т. Если хотя бы одна из вершин, например В, лежит не
на луче, ограничивающем угол, содержащий точку А, то та-
кой треугольник можно заменить треугольником АВ}С, имею-
щим меньший периметр и таким, у которого
лежит на втором луче прямой I
(если ОВГ = ОВ, то СВГ < СВ,
ABi<AB).
Пусть теперь АВ'С — про-
извольный треугольник, верши-
ны которого В' и С лежат на

вершина
лучах 01 и От таких, что точка А лежит внутри угла Ют
(по предположению — острого). Обозначим точки, симметрич-
ные точке А относительно прямых I и т, соответственно
через Aj и Л2 (черт. 317). Периметр треугольника АВ'С ра-
вен длине ломаной А^В'С'А,, ибо АХВ' — В'А и АгС = АС.
Но эта ломаная будет наименьшей в том случае, если она
будет отрезком, соединяющим точки А, и А2. Таким образом,
йершины В и С искомого треугольника наименьшего пери-
метра лежат на пересечении отрезка AtA2 с прямыми I и т.
144]
РЕШЕНИЯ
343
Б. Прямые / и т взаимно
Тогда отрезок /Ц/12 (см. случай А)
(черт. 318). Точки В и С пересече-
ния отрезка ЛгХ2 с I и т совпадают
между собой и с точкой О. Тре-
угольник АВС с наименьшим пери-
метром вырождается в «треугольник»
АО с двумя совпавшими вершинами.
В. Точка А лежит внутри
тупого угла, образованно-
го прямыми I и т. Проведем
через точку О прямую Г, перпенди-
кулярную к I, и прямую т', пер-
перпендикулярны.
проходит через точку О
пендикулярную к т. Пусть А лежит внутри угла т'О1’
(черт. 319). Тогда искомым треугольником будет дважды
взятый отрезок АО (вершины В и С треугольника совпадают
с точкой О). Для доказательства рассмотрим произвольный
треугольник, вершины В и С которого лежат на I пт.
Тогда, если В и С лежат соответственно на лучах 01 и От
(как на черт. 319) и В' — точка пересечения отрезка СВ с пря-
мой т', то
АВ-j- ВС 4- АС = АВ ВВ' В'С АС >
> АВ' 4-В'С4- АС >240
(см. случай Б). Если же хотя бы одна вершина, например В,
не лежит на луче 01 (черт. 320), то АВ^> АО (так как
в треугольнике АОВ угол О тупой) и
АВ4-ВС4-АС> 2АВ> 2АО.
344
РЕШЕНИЯ
[144
Пусть, наконец, точка А не лежит внутри угла ГОт’\
например, А лежит внутри угла ГОт (черт. 321). Опустим
из А перпендикуляр на /; пусть D и Е — точки пересечения
этого перпендикуляра соответственно с прямыми I и т. Тогда
для любого треугольника АВС будем иметь
А С + СВ 4- АВ > ЧАВ > 4.AD = AD -|- DE -J- АЕ-
следовательно, искомым треугольником будет служить дважды
взятый отрезок AED.
Таким образом, когда точка А лежит внутри тупого угла,
образованного прямыми I и т, то треугольником с наименьшим
I
ТП
т
Черт. 322.
или
или
дважды взятый перпендикуляр,
опущенный из Л на т (в зави-
симости от того, в каком из
трех углов Ют', т'О1' и ГОт
лежит точка Л).
в) Рассмотрим следующие
случаи:
1° Все три прямые
параллельны между со-
бой (черт. 322). В этом слу-
чае искомым треугольником бу-
периметром будет или дважды взятый отрезок АО,
дважды взятый перпендикуляр, опущенный из А на I,
дет, очевидно, общий перпендикуляр DEF этих трех прямых.
Задача имеет бесчисленное множество решений.
2° I параллельно я»; п пересекает I и т соответственно
в точках £>i и Е (черт. 323). Решений будет бесчисленное
144]
РЕШЕНИЯ
345
множество, а именно, таковыми будут дважды взятый перпен-
дикуляр DE к прямым I и т, дважды взятый перпендику-
ляр DjZ?] к прямым I и т и любой дважды взятый перпенди-
куляр к I и т, заключенный между DE и Djfj (ибо
АС 4- СВ 4- АВ > 2 АВ > 2DE).
3° Прямые I, т и п пересекаются и образуют
тупоугольный треугольник LMN, угол L тупой
(черт. 324). Каждой точке А прямой / соответствует опреде-
ленный треугольник, имеющий наименьший периметр среди
всех треугольников с одной из вершин в А и двумя другими
на прямых тип (см. задачу 1446)). Если теперь выбрать
треугольник наиме’ньшего периметра среди всех треугольни-
ков, соответствующих разным точкам А прямой /, то этот
треугольник, очевидно, и будет искомым. Если А лежит
вне отрезка MN, то периметр минимального треугольника,
соответствующего точке А, равен Л1Л2 (см. черт. 324) и
больше АА2; далее, АА2 = 2АР~^> 2МК, где есть пер-
пендикуляр, опущенный из точки М на прямую NL—т, т. е.
^МК- Так как дважды взятый отрезок МК есть вы-
рожденный треугольник с вершинами на прямых Z, т, п, то
точка, лежащая вне отрезка MN, не может быть вершиной
искомого треугольника. Пусть, далее, прямые т' и я', про-
веденные через точку L перпендикулярно соответственно
к т и п, пересекают отрезок MN в точках Е и D. Мини-
346
РЕШЕНИЯ
[144
мальным треугольником, соответствующим точке А' отрезка
ME, будет являться дважды взятый перпендикуляр, опущен-
ный из точки А’ на прямую т; наименьшим из таких пер-
пендикуляров является EL. Минимальным треугольником, со-
ответствующим точке Л" отрезка DN, будет дважды взятый пер-
пендикуляр, опущенный из точки А" на прямую п\ наименьшим
из таких перпендикуляров будет DL. Наконец, точке А'" от-
резка DE в качестве наименьшего треугольника будет соот-
ветствовать дважды взятый отрезок А'"Ц наименьшим из
таких отрезков будет высота SL треугольника NLM. Но и
DL и EL, очевидно, больше высоты SL. Следовательно, ис-
комым треугольником будет дважды взятая высота LS, опущен-
ная из вершины тупого угла треугольника LMN.
4° Прямые I, т, «пересекаются и образуют
остроугольный треугольник MLN (черт. 325).
Найдем сначала, какой из треугольников, вписанных в
треугольник MLN (т. е. таких, у которых вершины лежат
на сторонах треугольника
\ пу	MLN), имеет наименьший
,\j/	___г О периметр.
xZV#-----'''-'s'' ’ Если А лежит на сто-
S''	роне MN, то треугольни-
S	S	ком наименьшего пери-
\	метра для нее будет тре-
Д^' у	\	угольник АВС, где В и
у... \/У	\	С — пересечения отрезка
/N Д-----------------Ж--------1 А'Аг ^0ЧК” Л1 И Л2 СИМ'
\	метричны	точке А отно-
'	сительно	LM и соответ-
Черт. 325.	ственно LN) со сторо-
нами ML и LN. Пери-
метр этого треугольника равен величине	отрезка А}А2.
Найдем то положение точки А на отрезке MN, для кото-
рого отрезок АУА2 будет наименьшим. Треугольник AtLA2
равнобедренный, так как
А1£ = 7.24 и Л2Т = /,А
Угол при его вершине не зависит от положения точки А и
равен 2/ NLM, так как A A2LN = A ALN и / A,LM =
— / ALM. Но из двух равнобедренных треугольников с од-
144]
РЕШЕНИЯ
347
ним углом при вершине, очевидно, тот имеет меньшее осно-
вание, у которого боковая сторона меньше. А так как боковые
стороны AXL и A2L треугольника равны в данном случае LA,
то /ЦА2 будет наименьшим в том случае, когда LA наимень-
ший, т. е. LA есть высота треугольника LMN. Таким обра-
зом, из всех вписанных треугольников наименьший периметр
будет иметь треугольник АйВ0С0, где Ао—основание вы-
соты АйВ0.
Покажем теперь, что найденный треугольник будет иметь
наименьший периметр из всех треугольников, вершины которых
лежат на прямых /, т, п. Для этого нам остается сравнить его
периметр с периметром минимального треугольника, построен-
ного для произвольной точки А, лежащей вне отрезка MN (черт.
326). Если А лежит вне отрезка MN слева от точки N, то
минимальным треугольником для нее будет или дважды взятый
отрезок LA, или дважды взятый перпендикуляр, опущенный
из точки А на прямую LM. Но LA больше высоты LAa тре-
угольника АВС, а перпендикуляр, опущенный на ML из ка-
кой-либо точки, лежащей вне отрезка MN слева от N, больше
чем высота NQ.
Аналогично периметры минимальных треугольников, соот-
ветствующих точкам прямой I, лежащим справа от точки М,
больше одной из высот LA0 или МР треугольника LMN, взя-
той дважды. Но каждая высота (взятая дважды) есть вырож-
денный вписанный треугольник. А из всех вписанных тре-
угольников наименьший периметр имеет треугольник А0В0Сй.
348
РЕШЕНИЯ
[144
Так как Д0В0С0 есть вписанный треугольник с наименьшим
периметром, то отсюда следует, что B0N и Со./И также высоты,
так как мы могли начинать рассуждение не со стороны MN,
а со стороны ML или LN и получить отсюда, что для тре-
угольника А0В0С0 наименьшего периметра точка Во есть осно-
вание высоты и точка Со — основание высоты. Таким образом,
в рассматриваемом случае искомым треугольником наимень-
шего периметра будет треугольник, соединяющий
основания высот треугольника LMN.
5° Прямые /, т п п, пересекаясь, образуют
прямоугольный треугольник LMN, / £ = 90°
(черт. 327). Если мы будем рассматривать треугольник LMN
как предельный случай тупоугольного треугольника, то полу-
чим, что искомым треугольником наименьшего периметра будет
взятая дважды высота LK, опущенная из вершины прямого
угла.
Тот же результат мы получим, если будем рассматривать
треугольник LMN как предельный случай остроугольного тре-
угольника.
t44]
РЕШЕНИЯ
349
6° Прямые Z, т и п проходят через одну
точку О (черт. 328). В этом случае искомый треугольник
наименьшего периметра, очевидно, вырождается в одну точ-
ку О: «треугольник» нулевого периметра.
Примечание 1. Наметим коротко еще одно доказательство
того, что из всех треугольников, вписанных в данный остроугольный
треугольник MLN, наименьший периметр будет иметь треуголь-
ник AqBqCq, соединяющий основания высот MNL. Пусть О — центр
Черт. 329.
окружности, описанной около треугольника MNL, МТ— касательная
к Зтой окружности_в точке М (черт. 329, а). Тогда
£1МТ=:/_ LNM,
так как оба угла измеряются половиной дуги LM. С другой стороны,
из подобия прямоугольных треугольников LMA$ и BfiMN получим
ML —MAq
MN ~ МВ0 ’
откуда следует, что треугольник LMN подобен треугольнику МАйВй,
т. е. мы получаем
Z LNM — / ААМ-
Следовательно, Л4Т||Л0В0 и, значит, ОМ _[_ВйСа. Точно так же пока-
зывается, что ON | AqCq, OL I Л0/)0.
Пусть теперь АВС есть какой-либо отличный от Л0В0С0 треуголь-
ник, вписанный в MNL (черт. 329, б). Обозначая радиус описанной
окружности треугольника MNL через R и углы, образованные
24 д. о. Шклярский и др.
350	решения	[145
сторонами треугольника АВС соответственно с ОМ, ON и OL, че-
оез а, р и f, получаем
5Д MJVL = 5ДВ0ЛЛ0 + 5ДЛ0Л'С0 + S&C0LB„ =
— "2 Л-5оД)-|- -g- R-A^C^-^ — R-CaB0 = -^-R (SoQ + A)Q) + А$В0)
и
МNL —	ВМА + 5Д АЛ’С + Д CLB =
= 4j-R-BAsin а+ 4- R-AC sin {! -{- -R-CB sin 7 <
А	Л	А
R(BC-+-AC+AB),
откуда сразу следует, что
®оО) Ч~ 4~ Wa< ВС 4~ АС -|- АВ
Примечание 2. Аналогично задаче 144в) можно поставить
задачу об отыскании четырехугольника наименьшего пери-
метра, вершины которого лежат на четырех данных прямых. Однако
в противоположность задаче 144в) решение этой задачи во всех
случаях, когда она имеет единственное решение, будет даваться вы-
рожденным четырехугольником (см., например, Ж. А д а м а р, Эле-
ментарная геометрия, задача 362а), Учпедгиз, 1948). Вообще можно по-
казать, что задача «вписать в данный л-угольник л-угольник наи-
меньшего возможного периметра», будет, вообще говоря, иметь един-
ственное и притом невырожденное решение в случае нечетного л и
будет невозможна (т. е. будет приводить к вырожденным многоуголь-
никам) или неопределенна в случае четного л.
145.	Первое р е ш е н и е. Построим на сторонах данного
треугольника АВС вне его равносторонние треугольники АВСг,
ACB,t и ВСА\ (черт. 330). Тогда, как показано в решении
задачи 686), прямые AAt, BB,l и СС\ пересекаются в одной
точке О, из которой каждая сторона треугольника АВС видна
под углом 120°J). Пусть теперь М — произвольная точка
плоскости треугольника АВС. Повернем треугольник АВМ
!) Оба решения настоящей задачи предполагают, что точка О
пересечения построенных на сторонах треугольника сегментов, вме-
щающих по 120°, существует и лежит внутри треугольника. По-
следнее обстоятельство не будет иметь места, если один из углов
треугольника больше 120°. Предоставляем читателю самостоятельно
доказать, что в этом последнем случае искомая точка совпадает с
вершиной тупого угла треугольника.
145]
РЕШЕНИЯ
351
вокруг точки А на 60° (по часовой стрелке). Пусть точка М
перейдет при этом в точку Мх. Тогда треугольник АМС пе-
В,
Черт. 330.
рейдёт в треугольник АМХВХ. При этом мы имеем
АМ=АМх = ММи
СМ=ВХМХ
и, следовательно,
AM 4- ВМ 4- СМ = ВХМХ + МХМ + мв> ВХВ.
Так как
АО-\-ВО-\-СО = ВхВ
(см. решение задачи 686)), то
AM ВМ	СМ > А О + ВО 4- СО.
Следовательно, точка О и есть искомая.
Второе решение. Пусть О есть точка, из которой
все стороны треугольника видны под углом 120°, PQR—
описанный вокруг АВС треугольник, стороны которого пер-
пендикулярны соответственно к ОА, ОВ и ОС, М—какая
угодно другая точка треугольника АВС (черт. 331) (треуголь-
ник PQR будет, очевидно, равносторонним). Опустим из М
24*
352	решения	[146
перпендикуляры MX, MY и MZ на стороны треугольника PQR.
Нетрудно видеть, что
О А + ОВ-|- ОС= МХ± МУ± MZ
(проще всего доказать это предложение, если воспользовать-
Черт. 331.
ся тем, что S^pqr —S^opq 4~^до<?я4_^дорр=£дл1р(?4"
+ 5длод + >$дл1рр). Но, очевидно,
MX < МА, МУ < MB, MZ < МС,
откуда следует, что
О А + ОВ + ОС < МА + МВ 4- МС.
146.	Первое решение. Пусть AD, BE и CF— медианы
треугольника ABC, I— точка пересечения медиан, Р—осно-
вание перпендикуляра, опущенного из произвольной точки М
на медиану AD (черт. 332). Соединим точку М с точками
А, В, С, D и I. Пусть для определенности / Ml А 90°,
/ MID^>QQa. Из треугольников MAI и MID получаем
МА2 = MI2 4- AI2 — 2AI • IP,
MD2 = MI2 4- ID2 4- 21D  IP.
Умножая второе из этих равенств на 2 и складывая, полу-
чаем (учитывая, что 21D = AI)
МА2 4- 2MD2 = 3MI2 4- AI2 4- 2ID2.
146]
РЕШЕНИЯ
353
Но MD есть медиана треугольника ВМС, a ID — медиана
треугольника BIC. Отсюда по известной формуле имеем
MD2 = 1 (М52 +	~ 4-^С2, id* — V(/fi2 + ZC2)- &&
Л	*х	Л.
и, следовательно,
МА2 4- МВ2 МС2 — ~ ВС2 =
=зм/2 4- 1а2 4- IB2 4- /с2— 1 вс2-,
MA2-\-MB2-\-MC2 = 3MI2-\-lA2-\-lB2-\-IC2.	(*)
Из последней формулы сразу следует, что искомой точ-
кой является точка пересечения медиан треугольника.
Второе решение. Приведем еще одно изящное решение
задачи, требующее меньше вычислений, чем первое решение.
Пусть At, Bt, С{—середины сторон треугольника АВС
со сторонами а, Ь, с; М—-произвольная точка плоскости
(черт. 333). Дополнив треугольник АМВ до параллелограмма
АМВМ’, будем иметь (сумма квадратов диагоналей паралле-
лограмма равна сумме квадратов всех его сторон)
2МА2 4- 2ЛГ52 = ММ'2 4- АВ2
или
2МА2 4- 2 МВ2 = 4МС2 4- с2.
Точно так же доказывается, что
........2МА2-\-2МС = 4МВ1-^-Ь2
354
РЕШЕНИЯ
[148
и
2МВ2 4- 2МС2=4МА1 + а2.
Складывая эти три равенства, получаем
4МА2 4- 4МВ2 4- 4МС2 =
= 4МА1 4- 4мв14- 42ИС1 4~ а2 4* Ь2 4~ с2
или
ма1 4- MBi 4- aici == ma2 4- мв2 4- мс2 — °2	±-с-.
Таким образом, сумма квадратов расстояний от произволь-
ной точки плоскости до точек At, Bt, Ct отличается лишь
на постоянное слагаемое от суммы квадратов расстояний от
этой же точки до вершин треугольника АВС. Отсюда сле-
дует, что сумма квадратов расстояний от точки М до вершин
В
Черт. 333.
треугольника АВС будет наименьшей для той же точки, сумма
квадратов расстояний от которой до вершин треугольника
А^В^С^ является наименьшей.
Точно так же сумма квадратов расстояний от точки М
до точек Alt Bt и Ct будет наименьшей для той точки,
сумма квадратов расстояний от которой до середин А2, В2,
С2 сторон треугольника является наименьшей; сумма
квадратов расстояний от точки М до точек А2, В2, С2 будет
наименьшей для той точки, сумма квадратов расстояний от
которой до середин А3, В3, С3 сторон треугольника А2В2С2
является наименьшей и т. д. Таким образом, мы получаем
систему треугольников ABC, AiBiCi, А2В2С2, А3В3С3 и т. д.,
каждый из которых составлен из средних линий предыдущего;
для того чтобы найти точку, сумма квадратов расстояний от
146]
РЕШЕНИЯ
355
которой до вершин первого треугольника является наимень-
шей, достаточно найти точку, сумма квадратов расстояний от
которой до вершин какого-нибудь из этих треугольников
наименьшая. Но все треугольники ABC, AiBxCx, А2В2С2 и
т. д. подобны между собой и стороны каждого в два раза
меньше соответствующих сторон предыдущего; таким образом,
стороны треугольника А^С) в два раза меньше сторон тре-
угольника АВС, стороны Л2В2С2 в
роны АаВаСа в восемь раз меньше и т. д.
четыре раза меньше, сто-
что треугольники АпВпСп при
п—>-оо «стягиваются к точке»,
т. е, что все вершины этих
треугольников все более при-
ближаются к одной и той же
точке I плоскости (черт. 334).
Отсюда следует, что если
п достаточно велико, то рас-
стояния МАп, МВп, МСп, где
М — произвольная точка пло-
скости, все будут очень мало
Отсюда следует,
отличаться от расстояния MI;
следовательно, сумма МА^ МВ„ МС2п будет сколь угод-
но мало отличаться от ЗЛ4/2. Таким образом, точка, сумма
квадратов расстояний от которой до вершин каждого из тре-
угольников АпВпСп{п—\, 2, 3, ...) является наименьшей,
должна совпадать с точкой, утроенный квадрат расстояния от
которой до точки / является наименьшим. А такой точкой,
очевидно, является сама точка I.
Теперь нам осталось только выяснить, чтб это за точка.
Это нетрудно сделать. Проведем прямые AAt, BBlt СС} (см.
черт. 334); это будут, очевидно, медианы треугольника АВС.
Но эти прямые будут одновременно служить и медианами
треугольника A^BiCf, следовательно, точка пересечения ме-
диан треугольника АВС является одновременно и точкой пе-
ресечения медиан треугольника Aj/^Cj. Точно так же точка
пересечения медиан треугольника А^С) является одновре-
менно точкой пересечения медиан треугольника А2В2С2; точка
пересечения медиан треугольника А2В2С2 является одно-
временно точкой пересечения медиан треугольника АаВаС3
и т. д. Следовательно, точка пересечения медиан треугольника
356
РЕШЕНИЯ
[146
АВС является одновременно точкой пересечения медиан всех
наших треугольников. А значит, эта точка лежит внутри всех
треугольников; следовательно, она должна совпасть с точ-
кой I, к которой стягиваются все наши треугольники.
Примечание. Выше мы имели формулу
МА? + МВ? + МС? = МА2 + МВ? + МС? +	.
Совершенно аналогично получаем
й2 I £2 f с2
ма? 4- мв?4- мс?=ма? 4- мв?+мс? 4- ———-1,
а - b с	я _ _
где 0^ = -^-,	= —= ~—стороны треугольника	или
ма?4- мв?4-мс?=ма?4-мв?4-мс?4- -2	с3 •
Далее, также имеем
’	ма? 4- мв? 4- мс? = мд2 4- лтв2 4- мс2 4- -~+g+c--,
МА2 _! 4- мв? _! + мс? _!=МА2 4- мв? 4- мс? 4-	.
Складывая все эти формулы, получим
ЛМ2 4. МВ? 4- МС? =
= МА? 4- мв? 4- мс? 4-	4-
 «2 4- 62 _|_ г2 а2 4- 62 4- С?	?24-624_с2 __
16	64	+•••+'
j i
= МА? 4- MB? + МС? 4- ---~-(а? 4- Й24-С2) =
г-4
1 —L
= МА? 4- мв? 4- мс? 4-	(а? 4- Ь? 4- с?).
Переходя теперь к пределу при п —> оо и замечая, что при этом
М42 4- МВ? 4- МС? —> 3MI2 (см. выше), имеем
ма? 4- мв? 4- мс?=зм1? 4- g_+^+c2
о
что равносильно формуле (*) первого решения задачи.
147]
РЕШЕНИЯ
357
L
Черт. 335.
Mt ^2
147.	Докажем, что минимум суммы квадратов расстояний
до сторон треугольника достигается в точке, расстояния
которой от сторон пропорциональны этим сторонам (способ
построения этой точки, из которого будет вытекать, что она
существует и лежит внутри треугольника, мы дадим в конце
решения задачи).
Пусть АВС—произвольный треугольник и пусть О —
такая точка внутри него, что отношение расстояний от нее
до сторон равно отношению этих сторон (черт. 335).
Опустим из точки О пер-
пендикуляры на стороны
треугольника. Обозначим
через L, М и N основа-
ния перпендикуляров, опу-
щенных соответственно на
стороны ВС, АС и АВ.
По условию
OL:OM:ON=
— ВС: АС: АВ
или иначе: существует
такое число, k, что
BC=k-OL,
AC=k-OM,
AB = k-ON.
Соединим точку О с
рез S площадь треугольника АВС и через S2 и S3 соот-
ветственно площади треугольников СОВ, АОС и ВОА. Тогда
мы будем иметь 5 — 5 _|_£ _|_£
точками А, В и С. Обозначим че-
Но, с другой стороны,
51
BC-OL
2
ь
j-OIA,
с	АС-ОМ	k
S2 =—g =2" '0М
с	AB-ON	k
58 = —5— — -5- • О№
358
РЕШЕНИЯ
[147
и, следовательно,
5=A (OL2 + ОМ2 + ON2).
Пусть теперь Ох— произвольная точка треугольника, от-
личная от О. Проведем через точку О1 прямые, параллель-
ные отрезкам ОА, ОВ и ОС. Обозначим точки пересе-
чения прямой, параллельной ОА, со сторонами (или продол-
жениями сторон) АВ и АС через Ах и Л2; прямой, парал-
лельной ОВ, со сторонами АВ и ВС—через Вх и В3; пря-
мой, параллельной ОС, со сторонами АС и ВС—через С2 и
Cs (см. черт. 335). Опустим, далее, из точки Ot перпенди-
куляры на стороны треугольника АВС и обозначим их осно-
вания соответственно через Llt и Nx. Наконец, обозна-
чим через площадь треугольника	через S2 пло-
щадь треугольника А2ОХС2 и через 53 площадь треугольника
BgOjCg.
Многоугольник, составленный из треугольников
Л2О,С2 и BgOfig, содержит треугольник АВС внутри себя и
потому имеет площадь, большую, чем этот треугольник, т. е.
С другой стороны, из подобия треугольников АОВ и
АХОХВХ, АОС и А2ОХС2, ВОС и В2ОХС2 следует
Д151 = А-01^, Л2С’2 = ^-О1Л11, BgC2 = k-OxLx\
таким образом, имеем
s,=4 оМ s2=~ oxMl, Sg=4 O,L1,
4 Ч- OtA1x -j- OXLX) = Sj -j- S2	S3 5=
= 4(O£2 + Омг + 0Л/2)>
т. e.
Oi L\ + OXM} + OXN\ > OL2 4- OM2+ON2,
что и требовалось доказать.
Займемся теперь разысканием в треугольнике точки, от-
ношение расстояний которой до сторон равно отношению
сторон.
147]
РЕШЕНИЯ
359
Пусть АВС—попрежнему произвольный треугольник.
Возьмем внутри него произвольную точку Ot и проведем
через нее лучи, перпендикулярные к сторонам и пересекающие
эти стороны (или их продолжения).
Пусть /—луч, перпендикулярный к ВС, т — луч, пер-
пендикулярный к АС и п — луч, перпендикулярный к АВ
(черт. 336).
Отложим на луче I от точки О отрезок OtLlt равный ВС.
Аналогично на луче т отложим отрезок OjAfp равный АС,
и на луче п отрезок OXNX, равный АВ.
Черт. 336.
Через точки Lv, М, и проведем прямые, перпендику-
лярные соответственно к I, т, п. Они образуют треугольник
подобный треугольнику АВС.
Точка Ох отстоит от каждой из сторон этого треуголь-
ника на расстояния, относящиеся как эти стороны. Остается
найти в треугольнике точку О, соответствующую при по-
добии точке Ои
Для этого соединим точку Ох с любой парой вершин
треугольника А^В^Су например с и Сь и через соответ-
ствующие вершины треугольника АВС проведем прямые, па-
раллельные О'Вх и OtG- Точка их пересечения, очевидно,
и будет искомой точкой О.
360
РЕШЕНИЯ
[148
148.	Предположим сначала, что точки А и В лежат по
разные стороны от прямой PQ, и пусть М—такая точка
этой прямой, что
1
cos / АМР Ь  а
cos BMQ	1	Т'
а
Обозначим для простоты / АМР=а, / BMQ — g (черт. 337).
Пусть теперь X — произвольная точка прямой, отличная от М.
Докажем, что
AM  ВМ.АХ . ВХ
а ' & а ' b '
Опустим из точки X перпендикуляры на прямые AM и ВМ
и обозначим основания этих перпендикуляров соответственно
через С и D. Легко видеть, что
МС — MX- cos а,
ЛЮ = ALY • cos
и
МС cos а а
MD	cos р	Ъ ’
т. е.
МС __MD
а ~~ Ъ '	. ..
149]
РЕШЕНИЯ
361
Теперь уже легко придти к требуемому результату:
AM , ВМ—АС+СМ . ВМ__АС^\СМ,ВМ
а ~Г b а ' b	а ' а ' Ъ
_АС . MD . МВ АС . BD
a i~ b ' b а ' b '
Но АХ^> АС и ВХ~^> BD. Следовательно,
AM . ВМ^АХ , ВХ
а ~Т~ b а ' Ь ’
откуда
Ъ • АМ-\- а • ВМ < Ъ • АХ-]- а • ВХ,
что и требовалось доказать.
Если точки А и В лежат по одну сторону от прямой PQ,
то, отразив одну из них относительно этой прямой, мы смо-
жем применить приведенное выше доказательство.
149.	Преобразуем подобно четырехугольник ABCD
(АВ —a, BC = b, CD —с, DA = d\ черт. 338) с коэффи-
циентом подобия k=~', при этом сторона А'В1 преобразо-
ванного четырехугольника A'B'C’D' станет равна стороне CD
четырехугольника ABCD. Приложим теперь четырехуголь-
ники ABCD и A'B’C’D' равными сторонами, как указано на
черт. 338. Площадь всей образовавшейся фигуры ABCD'C'D
равна, очевидно, SABC1y}-SA'B'C'D' = (l-\-kz)SABCD. Из того,
362
РЕШЕНИЯ
[14»
что четырехугольник A'B'C'D' подобен четырехуголь-
нику ABCD, следует, что / BCD' = / ADC' (на- черт. 338
/ BCD' = Z л + Z Z ADC' = 360° — D + Z В}).
Произведения сторон треугольников ADC и BCD’, заклю-
чающих равные углы, также равны: d(k-b) =b (k-d). Таким
образом, Sadc Sbcd1 и, следовательно, Sabcd,c'd==
= (1 4~ k2) SABCD — Sabqc>- Четырехугольник ABD'С является
трапецией: параллельность сторон АВ и C’D' следует из ра-
венства внутренних накрест лежащих углов, образованных
ими с секущей CD. Нам надо выяснить, в каком случае
площадь трапеции ABD’C с заданными основаниями АВ = а
и CD =k’C = — будет наибольшей, т. е. в каком случае
эта трапеция имеет наибольшую высоту.
Проведем C'P\\D'B и рассмотрим треугольник АС'Р, имею-
щий ту же высоту, что и трапеция ABD'C и основание
__	/»2	г2
АР= АВ — CD' = а — -—------------.
а а
Отметим, что разность квадратов боковых сторон этого
треугольника при заданных сторонах четырехугольника ABCD
является фиксированной. Действительно, по теореме косину-
сов имеем
АС'2 = AD2 + DC'2 — 2AD -DCcos Z ADC,
CP2 = D'B2 = BC2 + CD'2 — 2BC-CD' cos / BCD',
и
/_ADC —/_BCD',
TO
AC'2 — CP2 = d2 + (k-b)2 — b2 — (k-d)2 = (d2 — 62)(1 — k2)—
____________(d2 — b2) (a2 — c2)
a2
Пусть CH — высота треугольника АС'Р. Тогда
АС'2 —АН2-{-СН2-, СР2 — PH2 4- НС’2,
AC'2 — СР2 = (^-^(^~b2) =
а2
= АН2 — PH2 = (АН4- HP) (АН — HP),
149]
РЕШЕНИЯ
363
и так как	>
АН А- НР=АР— АВ—РВ=а —(*)
—	а а ’	' f
то
Я2 __________________ Л2
АН^НР=~^~.	(**)
Равенства (*) и (**) полностью определяют положение
точки Н. А если основание высоты, опущенной из вершины С'
на сторону АВ, не зависит от углов треугольника АС'Р, то
ясно, что высота С'Н будет наибольшей в том случае, когда
сторона АС треугольника АС'Р будет наибольшей, т. е.
когда АС'= ADDC, /_ADC' =	^В=180° и
вокруг четырехугольника ABCD можно описать окружность.
С другой стороны, известно, что всегда существует един-
ственный вписуемый в круг четырехугольник, стороны кото-
рого, взятые в определенном порядке, имеют наперед задан-
ные длины а, Ь, с, d и который можно вписать в круг.
Построение этого четырехугольника нетрудно усмотреть из
вышеприведенных рассуждений (отложим АВ —ст, зная отрезки
АР — АВ — CD’, PC' = BD'= ВС + A'D' и AC'=AD -j- В'С,
мы сразу можем построить точку С, а следовательно, и найти
вершину D четырехугольника ABCD). При этом в условии на-
стоящей задачи нет необходимости требовать, чтобы порядок
сторон в четырехугольнике ABCD был определен (предположе-
ние, из которого мы исходили в нашем решении): если в каком-
364
РЕШЕНИЯ
[150
либо четырехугольнике KLMN стороны следуют, например,
в порядке KL = a, LM=d, MN—b, NK—c, то площадь
его меньше площади четырехугольника K0L0A40N0 (KaL0 = a,
L0Ma = d, Л1йЬ!0 = Ь, N0K0 = c), который можно вписать
в круг, а площадь последнего четырехугольника, как легко
усмотреть из черт. 339, равна площади четырехугольника ABCD,
который можно вписать в круг со сторонами АВ —а,
BC=b, CD —с, DA — d.
150.	Примем известный нам периметр искомого четырех-
угольника за единицу. Будем искать не четырехугольник ABCD
с данными углами, имеющий периметр 1 и наибольшую воз-
можную площадь, а какой-либо четырехугольник A'B'C'D',
подобный ABCD. Площадь четырехугольника ABCD, подоб-
ного четырехугольнику A'B'C'D' и имеющего периметр 1,
S
равна, очевидно, отношению —2 площади четырехугольника
ABCD к квадрату его периметра. Действительно, коэффи-
циент подобия четырехугольников ABCD и A'B'C'D' равен
отношению их периметров, т. е. ~ (периметр четырехуголь-
ника ABCD равен 1), площадь ABCD равна площади A'B'C'D',
умноженной на квадрат коэффициента подобия, т. е.
s.l-A
/>2	/>2 •
Таким образом, наша задача сводится к тому, чтобы
найти тот из четырехугольников, имеющих наперед заданные
углы, для которого отношение площади к квадрату пери-
метра имеет наибольшее возможное значение. Теорема задачи
утверждает, что таким будет четырехугольник ABCD, кото-
рый можно описать около окружности. Докажем эту теорему.
Построим треугольник ABF, два угла которого равны
углам А и В искомого четырехугольника *). Нам надо пере-
!) Такой треугольник невозможно построить лишь в том случае,
когда сумма каждых двух соседних углов четырехугольника ABCD
равна 180°. В этом исключительном случае теорема настоящей за-
дачи принимает следующий вид: доказать, что из всех па-
раллелограммов с данным острым угл ом иданным
периметром наибольшую площадь имеет ромб. Эта
теорема может быть очень просто доказана алгебраически. Действи-
150]
РЕШЕНИЯ
365
сечь этот треугольник прямой CD данного направления так,
чтобы у получившегося четырехугольника ABCD отношение
площади к квадрату периметра было возможно бблыпим.
Впишем в треугольник ABF окружность и проведем прямую CD
заданного направления таким образом, чтобы она касалась
вписанной окружности (черт. 340). Докажем, что четырех-
угольник ABCD обладает указанным свойством. Рассмотрим
четырехугольник ABC’D’, где C’D' — произвольная прямая,
параллельная CD. Нам надо доказать, что
$abcd ____________ Sabr'd'
{АВ -I- ВС + CD + ZM)2 55 (АВ Д- ВС + С D' Д- D'A? ‘
тельно, обозначим заданный острый угол параллелограмма через а;
стороны параллелограмма пусть будут равны а и 2р — а, а стороны
ромба — р и р {Ар есть общий периметр параллелограмма и ромба).
В этом случае
^параллелограмма ~ а $Р	а
И
Тромба —sin а,
откуда сразу следует, что 5параллелогранма < $ромба, так как
а {2р — а) < р2,
ибо
р2 — а (2р — а) =р2 — 2ар 2а2 = (jo — а)2 а2 > 0.
25 Д. О. Шклярский и др.
366
РЕШЕНИЯ
[150
Обозначим радиус окружности, вписанной в треуголь-
ник ABF, через г и центр этой окружности — через О, коэф-
фициент подобия треугольников FCD и FC'D' обозначим
через k (k—некоторое произвольное число, которое может
быть и больше и меньше единицы). Очевидно, что
$ABF= $ОАВ 4“ $OAF4“ SOBF~ у Г	BF FА),
$CDF = $ODF ~Ь $ОГС $OCD = у Г FC---------DC)
и
Sc’D'F=k2SCDp.
Отсюда
^ABCD — $АВР ^CDF ~
= ±r[(AB 4- BF+ FA) — (FDA-FC — DC)],
и
SaBC'D' = $ABF Sc'D'F =
— ~r [(AB-]-BF-]-FA) = k2 (CF-j-FD’—D'C)],
или, если обозначить AB-]-BF-]-FA через 2p, a CF-]-FD —
— DC—через 2q:
^ABCD==r^P 4^
Sabcd' — r(p — k2q).
Далее, из подобия треугольников CDF и C'D'F будет
следовать
CF-\- FD' = 2kq,
откуда получим
АВ —]- ВС —]- CD —|— DA =
;=AB-{-BF-\-FA — (CF-\-FD — CD) = 2(p — q),
АВ -]- ВС -]- CD' -\-D’A =
= АВ4- BF-Y fa — (C'F-]- FD’ — CD') = 2{p — kq).
В силу всего этого неравенство, которое нам надо дока-
зать, принимает следующий вид:
г (Р — ?)	г (р —
4(р-#?)2'^ 4(p-kq? ’
150]
РЕШЕНИЯ
367
или после сокращения на положительное число :
1 ^P — k2q
р-ч"" (p-W
Переводя оба члена неравенства в левую часть и умножая
его на положительное число (р — q) (р— kq}2, получим
(р — kq)2 — (р — q)(p — k2q) О,
р2 — 2kpq -j- k2q2 — р2 (1 4" ^2) Pq — k242	0>
(1 — 26 Ц-/г2) р? 5s О,
(1 —k)2 pq 5s О,
а это последнее неравенство, очевидно, справедливо. Этим
и заканчивается доказательство.
2Б*
ОТВЕТЫ И УКАЗАНИЯ
1.	Первую монету следует положить на центр доски.
2.	Наибольшая окружность проходит по восьми черным клеткам-
3.	При доказательстве воспользуйтесь следующим предложением:
если в треугольнике равны две высоты, то он равнобедренный.
4.	Могут.
5.	3.
6.	а) 13.
б)	1949.
_ .	13-10\
7.	а) 651=-^-).
б) 1 897 351. Докажите, пользуясь методом математической ин-
дукции, что наибольшее возможное число точек самопересечения
-	ч „	п (п — 4) , ,
n-звенион замкнутой ломаной при п четном равно ———- +1.
8.	а) Докажите, что у каждого многоугольника можно найти
диагональ, которая разбивает его на два многоугольника с меньшим
числом сторон.
б) Используйте предложение задачи а).
9.	а) Воспользуйтесь теоремой о треугольниках с двумя соот-
ветственно равными сторонами.
б) Докажите предварительно, что если имеются две выпуклые
ломаные PAtA2.. .AkQ и Р'А^А? ... AtkQ’ с соответственно равными
звеньями и все углы первой ломаной не меньше соответствующих
углов второй ломаной, то PQ^P'Q' (причем PQ — P'Q' только в том
случае, когда сами ломаные равны между собой).
10.	Рассмотрите дополнительно еще треугольник АВ'С', симмет-
ричный исходному равностороннему треугольнику АВС относительно
вершины А (окружность катится по стороне ВС).
11.	Этим свойством обладает кривая, состоящая из двух дуг ок-
ружности по 120° каждая.
12.	Рассмотрите отдельно случаи, когда два угла квадрата нахо-
дятся внутри треугольника и когда только один угол квадрата лежит
внутри треугольника.
18—22J
ОТВЕТЫ И УКАЗАНИЯ
369
13.	Ни одного разреза, если исходный треугольник равнобедрен-
ный; один разрез, если он прямоугольный, или если один его угол
равен удвоенному второму, или если один угол на 90° больше поло-
вины другого угла; два разреза — во всех остальных случаях.
14.	Воспользуйтесь тем, что середины отрезков BBj и CCj
лежат на средних линиях треугольника.
15.	Точки Z заполняют многоугольник, стороны которого па-
раллельны сторонам треугольников АВС и DEF. Если эти два тре-
угольника не имеют параллельных сторон, то полученный многоуголь-
ник имеет шесть сторон, соответственно равных и параллельных всем
сторонам АВС и всем сторонам DEF. Если треугольники АВС и DEF
имеют параллельные стороны, то многоугольник может иметь и меньше
шести сторон; в этом случае одна его сторона (или несколько сторон)
может быть параллельна параллельным между собой сторонам тре-
угольников АВС и DEF и равна их Сумме.
16.	Воспользуйтесь тем, что путь из точки А в точку В равен
разности длин касательных, проведенных к окружности из этих точек.
17.	а) Рассмотрите наименьший выпуклый многоугольник, содер-
жащий внутри себя все пять точек.
б) Рассмотрите отдельно случай, когда внутри четырех треуголь-
ников, получаемых при соединении точки Д9 со всеми вершинами
квадрата,- лежат по одной из точек Д5, А6, А7 и Д8 и когда хотя бы
в одном из этих треугольников лежат две точки.
18.	Рассмотрите все круги наименьшего возможного радиуса,
содержащие какие-либо выбранные три из заданных точек; докажите,
что наибольший из всех таких кругов (или каждый из наибольших,
если среди них есть несколько равных кругов, больших остальных)
содержит все заданные точки.
19.	Рассмотрите отдельно случаи, когда все стороны треуголь-
ника PQR пересекают соответствующие стороны треугольника Л1В1С’1,
образованного средними линиями АВС, и когда у треугольни-
ков PQR и А7В7С7 есть пара непересекающихся соответствующих
сторон.
20.	Последовательно рассмотрите случаи, когда плоскость сечения
проходит через ребро тетраэдра, когда она проходит через вершину
тетраэдра, и общий случай.
21.	Наибольший центрально-симметричный многоугольник с дан-
ным центром О, заключающийся внутри треугольника АВС, пред-
ставляет собой пересечение треугольника АВС и треугольника
A7BiCi, симметричного АВС относительно О. Таким образом, остается
только выбрать точку О так, чтобы это пересечение было возможно
большим; для этого надо, чтобы точка О совпала с точкой пересечения
медиан треугольника АВС.
22.	а) Воспользуйтесь методом математической индукции (по числу
звеньев ломаной).
370	ответы и указания	[23—32
б) Равнобедренный треугольник с основанием а (он будет даже
равносторонним).
23.	Докажите, что всякий вписанный в многоугольник М тре-
угольник по площади не больше по крайней мере одного из треуголь-
ников, вершины которых совпадают с вершинами М.
24.	Докажите, что каждый отрезок ММ', где М — точка треуголь-
ника АВС, а М' — точка А'В'С, меньше по крайней мере одного из
рассматриваемых девяти отрезков.
25.	Воспользуйтесь тем, что (а — (!) (а — Ь) 0 и а (Ь с — «)	0.
26.	а) Докажите, что основание перпендикуляра, опущенного
на самую близкую сторону многоугольника, лежит на самой стороне,
а не на ее продолжении.
б) Решается совершенно аналогично задаче а).
27.	Докажите предварительно, что если через точку О, взятую
на биссектрисе угла ВАС величины а, проведена какая угодно пря-
мая I, пересекающая стороны угла в двух (различнах) точках М и
N, то
1	। 1   sin а 1
AM 'AN	. а АО’
siny
здесь отрезки AM и AN берутся с соответствующими знаками.
ПЛ /~\е'	Afli4l . AloA^ л	.	.
28» Обозначим * . • = д1} -	= д2; при этом отношения Х| и Х2
Л1[Л2	^2-^3
могут быть положительными или отрицательными в соответствии
с правилом, приведенным на стр. 46—48. Докажите, что в таком случае
1 _	1 I .
2~2cosa+l 1-V
(	360°\
а~~п~) *
29.	Покажите, что среди отрезков, покрывающих отрезок /длины 1,
можно выбрать такие отрезки 4, z2,4,..., ik, полностью покрывающие I,
что каждый из этих отрезков пересекается только с двумя соседними.
30.	Теорема доказывается методом математической индукции
(по числу полуплоскостей).
31.	а) Теорема доказывается методом математической индукции
(по числу полуплоскостей).
б) Воспользуйтесь результатом задачи а).
32.	а) Воспользуйтесь тем, что и площадь треугольника и пло-
щадь трапеции равны средней линии, умноженной на высоту.
б)	Докажите, что сумма длин проекций всех звеньев ломаной
500 пеА
хотя бы на одну из сторон квадрата не меньше > 350.
83—45]
ОТВЕТЫ И УКАЗАНИЯ
371
33.	Нет; если фигура имеет два центра симметрии, то нетрудно
найти бесконечно много других ее центров симметрии.
34.	Прежде всего покажите, что две оси симметрии обязательно
пересекаются внутри многоугольника. Далее, рассмотрите три оси
симметрии, образующие треугольник, и докажите, что для каждой
точки N многоугольника найдется точка, более удаленная от произ-
вольно выбранной внутренней точки К треугольника, чем точка N.
Отсюда уже следует утверждение задачи.
35.	Нигде не будут задержаны лишь 14-я, 23-я и 24-я машины.
Этот результат не зависит от того, равны ли между собой расстояния
между пунктами Ль А2, ... , А?о или нет.
36.	Число точек самопересечения равно наибольшему целому
числу п такому, что па< 180°.
37.	а) Нельзя.
б) Можно.
38.	а) Воспользуйтесь методом математической индукции,
б) Воспользуйтесь предложением задачи а).
39.	1; 1; У 2;	• Наиболее выгодным во всех случаях
является расположение точек в вершинах правильного «-угольника.
40.	V 2;	~; 2 sin 75°. Наиболее выгодными для случаев
я =4 и п — 5 будут правильные n-угольники, а для случая « = 6—
шестиугольник, углы которого попеременно имеют величину 90 и 150°.
41.	п должно быть нечетным.
Уз
42.	Круг радиуса —д—• Воспользуйтесь теоремой задачи 18.
43.	Квадрат со стороной 1.
44.	Круг радиуса
45.	В задаче требуется доказать, что расстояние от точки Ло до
любой из вершин ломаной не превосходит четырех. Пусть ЛА —
какая-то вершина ломаной (А = 2, 3, 4, ... , я — 1 или п). Обозначим
через Ср С2, ... , У—i окружности, описанные вокруг треугольни-
ков Л0Л1Л2, Л1Л2Л3, ... , Ak-2Ak_xAk, Оь О2..Ok — центры этих
треугольников. В таком случае
Л0С>1 -f- (ОА О2О3 + • • • + О*_2ОА_i) -f- O/i—iA/i,
так что остается оценить отрезки Л0О1 и О*_р44 и ломаную
OiO2Os... Ок_х.
Покажите, что A0OLs^ 1, АкОк—1^1 и что
1	Уз
ОА-уo2os+ОА+. •  + ОА_2ОА_! (tg 60° - tg 30°)=
372
ОТВЕТЫ И УКАЗАНИЯ
[46—55
Для доказательства последнего неравенства рассмотрите наряду с
окружностями С2, С2,	еще равные предыдущим окружности
С2, С3,	, C'k_lt проходящие через точки Aq и Аь
46.	Наименьший возможный угол равен
arccos (1 — 2^2) , если R^r^R — ^-;
R2 -J- Z2 _ 1	1
arccos--—-----, если R — -^^r^R— 1;
2Rr	R	’
О, если R — 1 2г г.
47.	Обозначим радиус наименьшего круга, внутри которого
можно поместить п точек, одна из которых совпадает с центром
круга и расстояние между каждыми двумя из которых не меньше 1,
через R . Тогда
R2 — R%—•. . — R^ — 1,
/? —	1 R -	1	/? -	1 R -	1
К8~ . 180°’ Ks) — _ . 180°’Л10~ . 180°’	. 180°
2 sin -у 2 sin -g-	2 sin-g- 2 sin
Для доказательства воспользуйтесь результатом задачи 46.
48.	Воспользовавшись результатом задачи 46, покажите, что
внутри круга радиуса 2 нельзя поместить 20 точек, одна из которых
совпадает с центром круга и расстояние между каждыми двумя из
которых не меньше 1. То, что 19 точек можно расположить таким
образом, доказывается несложным примером.
49.	6; 12.
50.	18. Доказательство следует из результата задачи 48.
51.	8. Для доказательства воспользуйтесь результатом задачи 46.
52.	4. Для доказательства удобно воспользоваться тем, что если
все двугранные углы трехгранного угла острые, то и плоские
углы—острые.
53.	В диаметрально противоположных точках; в вершинах пра-
вильного треугольника, вписанного в большой круг сферы; в вер-
шинах вписанного правильного тетраэдра; в каких-либо пяти верши-
нах вписанного правильного октаэдра (решение не однозначно);
в вершинах правильного вписанного октаэдра. Последние два ре-
зультата непосредственно следуют из теоремы задачи 52.
54.	7.
55.	Киоски следует поместить на трех радиусах площади, обра-
зующих друг с другом углы 120°, на расстояниях от центра,
равных половине радиуса площади. Для доказательства воспользуй-
тесь тем, что настоящая задача равносильна следующей: покрыть
круг тремя равными кругами возможно меньшего радиуса.
56—65]
ОТВЕТЫ И УКАЗАНИЯ
373
56.	Искомое число k есть наименьшее целое число такое, что
kl5z2R.
Для доказательства опишите на данном круге, как на экваторе,
полусферу и рассмотрите полупояса и полусегменты сферы, которые
проектируются в покрывающие круг полоски.
57.	а) Воспользуйтесь тем, что прямая, соединяющая точку пе-
ресечения боковых сторон трапеции с точкой пересечения диагоналей,
делит оба основания пополам.
б)	См. указание к задаче а).
в)	Воспользуйтесь задачей б).
г)	Пусть S — произвольная точка плоскости, Р — некоторая точка
отрезка АВ, С и D — точки пересечения прямых S4 и SB с
прямой Zj, Т—точка пересечения СР и А), Р’ — точка пересечения
ST с прямой /.Докажите, что если АР—-^-АВ, то АР' = n АВ.
58.	Воспользуйтесь тем, что три высоты треугольника пересе-
каются в одной точке.
59.	а) Воспользуйтесь задачей 57 б).
б)	Воспользуйтесь задачей а) и задачей 58.
60.	а) Воспользуйтесь задачей 57 б).
6} Воспользуйтесь задачей а).
61.	Воспользуйтесь тем, что если AD и ВМ — параллельные пря-
мые, направленные в разные стороны от АВ, ВМ — пАС и Р есть
точка пересечения прямой DM с отрезком АВ, то АР— —--г АВ.
62.	а) Воспользуйтесь тем, что сторона вписанного в окружность
правильного шестиугольника равна радиусу окружности.
’ б) Воспользуйтесь задачей а).
в) Воспользуйтесь тем, что если А есть произвольная точка
окружности С, М и N — точки пересечения окружности С с какой-
либо окружностью S с центром в A, At — точка, симметричная А
относительно прямой MN, Р и Q — точки окружности 8, удаленные
от Ai на расстояние AAlt то центр О окружности С симметричен А
относительно прямой PQ.
63.	Постройте на сторонах треугольника АВ подобные между
собой треугольники АВСЬ BCAt, CABt с углами 180° — а, 180° — р,
180° — у; точка М найдется как точка пересечения прямых AAi, ВВг
и ССу.
64.	Воспользуйтесь тем, что диагонали ромба взаимно перпендику-
лярны (с помощью линейки с параллельными краями удобно строить
ромбы — параллелограммы с равными высотами).
65.	Решите обратную задачу: описать вокруг данного треуголь-
ника PQR треугольник, равный другому данному треугольнику АВС.
374	ОТВЕТЫ И УКАЗАНИЯ	[66—75
66.	а) Докажите, что прямые АР, BQ, CR являются высотами
треугольника PQR.
б)	Докажите, что прямые АР, BQ, CR являются биссектрисами
треугольника PQR.
в)	Воспользуйтесь тем, что прямая OQ, где О — центр ок-
ружности, параллельна вйсоте треугольника.
67.	а) Докажите, что высоты треугольника с вершинами в за-
данных точках являются перпендикулярами к серединам сторон
искомого треугольника.
б) Докажите, что биссектрисы треугольника с вернинами в за-
данных точках являются высотами искомого треугольника.
68.	а) Докажите, что треугольник BiOCj, где D есть середина
стороны ВС,— равнобедренный прямоугольный.
б) Дхакиге, что npjM,ie Ait, BBt, СС{ пересекаются вод-
ной точке, из которой стороны треугольника AjB^i видны под рав-
ными углами.
69.	а) Докажите, что биссектрисы треугольника с вершинами в
заданных точках являются высотами треугольника АВС.
б)	Докажите, что высоты треугольника с вершинами в заданных
точках являются биссектрисами треугольника АВС.
в)	Докажите предварительно, что описанная окружность делит
пополам отрезок между центрами вписанной и вневписанной окруж-
ностей.
70.	а) Первое решение. Пусть ВВ I АС; Е — точка пере-
сечения BE со стороной квадрата, противоположной той, на которой
лежит В. Докажите, что ВЕ = АС.
Второе решение. Воспользуйтесь тем, что диагонали квад-
рата делят его углы пополам.
б) На этот случай хорошо переносится первое решение задачи а),
в) На этот случай хорошо переносится второе решение задачи а).
71.	Решается аналогично первому решению задачи 70 а).
72.	Пусть О — центр вписанной окружности треугольника АВС,
Sp Х2 и Х3 — окружности, вписанные в треугольники АВЭ, ВСО и
АСО. В таком случае каждая из трех искомых окружностей касается
общих внутренних касательных двух пар из окружностей Хь Х2, Х3
(отличных от прямых АО, ВО, СО).
73.	Докажите, что точки пересечения искомых окружностей
лежат на высотах треугольника OiO2Os.
74.	Пусть прямые АХ и ВХ пересекают окружность соответст-
венно в точках М и N; К—точка пересечения с окружностью пря-
мой, параллельной АВ, проведенной через точку N; С — точка пере-
сечения КМ с АВ. Докажите, что положение точки С на прямой АВ
можно определить, не зная еще точки X.
75.	а) Пусть AW — искомый отрезок. Рассмотрите угол ANBlt
где Вг — точка, получающаяся из В параллельным перенесением на
расстояние а в направлении I.
76—87]
ответы и Оказания
375
б) Пусть MN— искомый отрезок. Рассмотрите угол ANB^, где
В1 — точка, получающаяся из В симметрией относительно точки С.
76.	Рассмотрите окружность S, вневписанную по отношению
к треугольнику АВС.
77.	а) Рассмотрите ломаную АХВ', где точка В' симметрична В
относительно I.
б) Воспользуйтесь тем, что окружность с центром в точке X,
проходящая через точку А, проходит также через точку А', сим-
метричную А относительно Z, и касается окружности с центром В
и радиусом а.
78.	а), б), в), г). Замените треугольник АВС прямоугольным тре-
угольником АВ’С (угол А прямой) той же высоты.
д) Замените треугольник АВС равнобедренным прямоуголь-
ным треугольником АВ"С (угол А прямой).
79.	Воспользуйтесь тем, что середины сторон произвольного
четырехугольника являются вершинами параллелограмма.
80.	Рассмотрите более общую задачу: вписать в данную окруж-
ность я-угольник, k смежных сторон которого проходят через k за-
данных точек, а остальные п — h сторон параллельны известным
направлениям (задача 80 получается из этой задачи, если k — ri). Эту
задачу можно решить при помощи метода математической индукции
по числу k (при этом приходится воспользоваться приемом, анало-
гичным примененному в решении задачи 74; Следует заметить, что
задача 74 тоже является частным случаем этой общей задачи).
81.	Пусть S есть произвольная окружность, проведенная на шаре
из центра А, М—какая-то точка этой окружности, В — точка шара,
диаметрально противоположная А. В таком случае треугольник АМВ
может быть отдельно построен на листе бумаги.
82.	а) Воспользуйтесь задачей 81.
б)	Воспользуйтесь задачей а).
83.	а) Искомое геометрическое место состоит из восьми отдель-
ных лучей.
б) Искомое геометрическое место представляет собой прямо-
угольник.
84.	а) Искомое геометрическое место не является линией или
совокупностью нескольких линий.
б) Искомое геометрическое место состоит из нескольких
отрезков и лучей.
85.	Воспользуйтесь тем, что искомое геометрическое место не
изменится, если как угодно сдвинуть отрезки АВ, CD и EF вдоль
сторон треугольника PQR.
86.	Оба геометрических места представляют собой окружности.
87.	Искомое геометрическое место представляет собой дугу
окружности (или, если окружности и 32 равны,— отрезок прямой).
376	ОТВЕТЫ rf УКАЗАНИЯ	[88—102
88.	Длина отрезка равна разности гипотенузы и меньшего катета
треугольника АВС.
89.	а) Все три геометрических места представляют собой
окружности.
б) Докажите, что величина дуги NP окружности С2 не зави-
сит от выбора точки М.
90.	а) Докажите, что если PQR — искомый треугольник, то
SAPQ/? — — 4	—где Л —радиус описанной окруж-
ности треугольника ABC, a d—расстояние от точки М до центра О
описанной окружности.
б) Воспользуйтесь методом математической индукции (по
числу сторон многоугольника).
91.	Воспользуйтесь равенством треугольников AOiOit ВО{О2,
CO2OS и DOfiit где О\, О2, О2, Oi—центры квадратов, построен-
ных на сторонах параллелограмма ABCD.
92.	Пусть Ot и О2~нентры равносторонних треугольников,
построенных на боковых сторонах АВ и ВС треугольника АВС, О —
вершина равностороннего треугольника OiO2O. Воспользуйтесь тем,
что при симметрии сначала относительно ООЬ а затем относи-
тельно ОО2 точка А переходит в С.
93.	Проведите через точку Р прямую, параллельную АВ.
94.	Опишите вокруг треугольника окружность.
95.	См. указание к предыдущей задаче.
96.	Докажите предварительно, что два треугольника равны, если
равны их основания, углы при вершине и биссектрисы, проведенные
к основанию.
97.	Пусть Т есть точка пересечения прямых АУ и ВХ, ZUV—
равносторонний треугольник, вершины U и V которого лежат со-
ответственно на прямых АТ и ВТ. Докажите, что треугольник XYZ
совпадает с ZUV.
98.	Воспользуйтесь тем, что треугольник, образованный средними
линиями треугольника АВС, подобен АВС, причем точка пересечения
медиан является центром подобия.
99.	Докажите, что центром искомой окружности является сере-
дина отрезка, соединяющего центр описанной окружности и орто-
центр, а радиус равен половине радиуса описанной окружности.
100.	Воспользуйтесь тем, что угол между хордой окружности и
касательной в одном из концов хорды равен половине дуги, отсе-
каемой хордой.
101.	Докажите, что отрезки Л3Л и Л3Л6 равны, параллельны и
направлены в одну сторону.
102.	Четыре шага, если М лежит на одной из средних линий
треугольника; семь шагов — во всех остальных случаях.
103—1151
ОТВЕТЫ И УКАЗАНИЯ
377
103.	Искомый треугольник образуется в пересечении прямых,
проведенных через вершины треугольника АВС и делящих противо-
положные стороны в отношении 1 ;2; площадь его равна 1/7 площади
треугольника АВС.
104.	Докажите, что / QOC = РОС (О — центр данной окруж-
ности).
105.	Докажите, что каждая из диагоналей четырехугольника,
вершинами которого служат точки касания сторон четырехугольника
ABCD со вписанной в него окружностью, делит диагональ АС
в одном и том же отношении.
106.	а) Рассмотрите треугольник, для которого стороны данного
треугольника являются средними линиями.
б) Найдите равнобедренный треугольник, удовлетворяющий
условиям задачи.
107.	(P — f? — 2Rr или R + d-J-R_d — —.
108> (Я 4-	(/? —4)2 — г2 •
тесь результатами задач 86 и 105.
При доказательстве воспользуй-
109.	Докажите, что перпендикуляры, восставленные к сторонам
шестиугольника в их серединах, пересекаются все в одной точке.
НО. Пусть ABCDEF есть рассматриваемый шестиугольник. Вос-
пользуйтесь соотношениями 8&оов = $&оое~$&аов и аналогич-
ными им (О—центр описанного круга).
111.	Докажите, что медиана одного треугольника и медиана
второго треугольника обе делятся в точке пересечения в отноше-
нии 2:1.
112.	а) Приложите к исходной трапеции равную ей трапецию.
б) Проведите из точки Р прямую РР^А^ (Рг — точка
стороны ^„40, затем прямую РРг\\А2А.^ (Р2 — точка стороны ALA2)
и т. д.; докажите, что многоугольник РхР2...Рп— искомый.
113.	Докажите предварительно, что если две окружности С
и С" с центрами О’ и О" пересекаются в точках А и О и через
точку А проведена секущая, пересекающая окружности в точках В'
и В", то £_ В'ОВ' = Z О'ОО".
114.	Воспользуйтесь следующим предложением: если через точку,
взятую на диагонали АС параллелограмма ABCD проведены две
прямые, параллельные сторонам, то площади образовавшихся парал-
лелограммов, прилегающих к вершинам В и D, будут равны, а так-
же предложением, обратным этому.
115.	Пусть Af] и М2 — середины диагоналей четырехугольника
ABCD, О — центр вписанной в него окружности. Воспользуйтесь
тем, что
$М,АВ + SMiCD — SMaAB + $M2CD ~ SOAB + $OCD = "J SABCD-
378
ОТВЕТЫ И УКАЗАНИЯ
[116—130
116.	Постройте на каждом круге, как на экваторе, сферу.
117.	Проведите через вершину В прямую ВР такую, что
/ АВР— £ DBC.
118.	Воспользуйтесь теоремой Птолемея (задача 117).
119.	См. указание к предыдущей задаче.
120.	См. указание к предыдущей задаче.
121.	Воспользуйтесь предложением задачи 120.
122.	Воспользуйтесь теоремой Птолемея (задача 117).
123.	а) Если окружность So, описанная около треугольника АВС,
и окружность S касаются, то точка касания будет их центром подо-
бия; далее, воспользуйтесь теоремой Птолемея.
б)	Воспользуйтесь теоремой Птолемея.
124.	а) Пусть X, У, Z — основания перпендикуляров, опущенных
из точки Р описанной окружности на стороны треугольника АВС.
Докажите, что / ZXB = / СХУ.
б)	Воспользуйтесь результатом задачи а).
125.	а) Рассмотрите точку пересечения двух из четырех цент-
ральных окружностей и докажите, что каждая из двух других цент-
ральных окружностей проходит через эту точку.
б)	Докажите, что каждые четыре из пяти центральных точек
являются вершинами четырехугольника, вокруг которого можно опи-
сать окружность.
в)	Воспользуйтесь методом математической индукции; случаи
четного и нечетного п рассмотрите отдельно. Предварительно докажи-
те, что если четыре окружности пересекаются в одной точке, то че-
тыре окружности, каждая из которых проходит через вторые точки
пересечения трех из этих окружностей, тоже пересекаются в одной
точке.
126.	Воспользуйтесь тем, что прямая задачи 124 а) делит пополам
отрезок прямой между соответствующей точкой описанной окруж-
ности и ортоцентром треугольника.
127.	Докажите сначала теорему для того случая, когда треуголь-
ники лежат в разных плоскостях.
128.	Воспользуйтесь теоремой Дезарга (см. предыдущую задачу).
129.	Пусть G, Н и К — рассматриваемые точки пересечения
противоположных сторон АВ и DE, соответственно ВС и EF, CD и
FA шестиугольника. Опишите окружности вокруг треугольников
BDG, BFH, FDK\ докажите, что эти окружности пересекаются в од-
ной точке, лежащей на одной прямой с точками К, G, Н.
130.	Докажите, что прямые, проведенные из произвольной точки
диагонали AD параллельно прямым, соединяющим точки соприкосно-
вения с описанной окружностью соответственно сторон АВ и DE,
131—144J	ответы и указания	379
AF и CD, отсекают на сторонах АВ и AF равные отрезки, считая
от точки соприкосновения этих сторон с окружностью,
131.	Спроектируйте вершины треугольника параллельно секущей
на произвольную прямую.
132.	Для того чтобы убедиться, что три точки лежат на одной
прямой, достаточно найти какой-либо треугольник, на сторонах кото-
рого лежат эти точки, и затем проверить, что имеет место соотно-
шение теоремы Менелая.
133.	Проведите через две вершины треугольника прямые, парал-
лельные секущей, проходящей через третью вершину.
134.	е) Рассматриваемые прямые совпадают с прямыми задачи г).
135.	а) Решается аналогично задаче 131.
б)	Воспользуйтесь тем, что площадь треугольника равна,
с одной стороны, полупроизведению основания на высоту, а с дру-
гой стороны,— половине произведения сторон на синус угла
между ними.
136.	Воспользуйтесь теоремой Чевы (задача 133).
137.	См. указание к предыдущей задаче.
138.	Воспользуйтесь теоремами Менелая и Чевы (задачи 131
и 133).
139.	См. указание к предыдущей задаче.
140.	Докажите прежде всего требуемую теорему для такого
расположения треугольников, когда точка А' совпадает с С, а С'
расположена на прямой АВ.
141.	Докажите прежде всего теорему для такого расположения
треугольников, когда все вершины треугольника А'В'С лежат на
соответствующих сторонах треугольника АВС (или на их продолже-
ниях); воспользуйтесь теоремой Чевы (задача 133).
142.	Сравните площади треугольников, отсекаемых от угла двумя
прямыми, проходящими через А, первая из которых делится в точ-
ке А пополам, а вторая нет.
143.	а) Рассмотрите отдельно случаи, когда точка пересечения
прямых MN и р лежит внутри отрезка MN, в конце этого отрезка,
вне этого отрезка и когда прямые MN и р параллельны.
б)	Рассмотрите отдельно все возможные случаи взаимного
положения отрезка MN и окружности S.
144.	а) Рассмотрите отдельно случаи, когда точки А и В лежат
по разные стороны I и по одну сторону I.
б)	Рассмотрите отдельно случаи, когда точка А лежит внутри
тупого угла, образованного прямыми Ц и 1г, лежит внутри острого
угла, образованного этими прямыми, и случаи, когда Z[|fz2 или ZiJ_Z2.
в)	Рассмотрите отдельно случаи, когда все три прямые па-
раллельны, когда две прямые параллельны, а третья их пересекает;
380	ответы и указания	’ [145—150
когда все прямые пересекаются в одной точке; когда прямые Л,
/2 и Z8 образуют в пересечении тупоугольный или прямоугольный
треугольник; когда прямые Zt, Z2 и Z3 образуют в пересечении остро-
угольный треугольник. В последнем случае вершинами искомого
треугольника являются основания высот остроугольного треуголь-
ника со сторонами Zb Z2 и Z3.
145.	Искомая точка — та, из которой стороны треугольника
видны под равными углами в 120° (если такая точка лежит внутри
треугольника).
146.	Точка пересечения медиан. Для доказательства найдите со-
отношение, связывающее сумму квадратов расстояний от произволь-
ной точки плоскости до трех вершин треугольника с квадратом
расстояния от этой точки до точки пересечения медиан треугольника.
147.	Точка, расстояния от которой до сторон треугольника про-
порциональны этим сторонам.
,лв „	AM . ВМ АХ . ВХ
148.	Сравните выражения	—-& “ ——^"> где точка М
удовлетворяет условиям задачи, X — какая-то другая точка прямой PQ.
149.	Преобразуйте подобно четырехугольник с коэффициентом
С
подобия k~ — и приложите полученный четырехугольник к исход-
ному равными сторонами; определите, в каком случае полученная
в результате фигура будет иметь наибольшую возможную площадь.
150.	Пусть АВР есть треугольник, углы А и В равны двум
соседним углам рассматриваемого четырехугольника. Задача сводится
к тому, чтобы пересечь этот треугольник секущей CD, имеющей
данное направление так, чтобы у получившегося четырехугольника
ABCD отношение площади к квадрату периметра было возможно
ббльшим.