Планиметрия. Пособие для углубленного изучения математики - Бутузов В.Ф., Кадомцев С.Б., Шестаков С.А., Юдина И.И., Позняк Э.Г.

Author: Бутузов В.Ф. Кадомцев С.Б. Шестаков С.А. Юдина И.И. Позняк Э.Г.

Tags: геометрия топология математика планиметрия общая геометрия физматлит

ISBN: 5-9221-0635-Х

Year: 2005

Similar

Геометрия. Учебник для 11 класса с углубленные изучением математики

Дидактические материалы по геометрии для 8 класса с углубленным изучением математики

ЕГЭ 2019. Математика. Геометрия. Планиметрия

Геометрия, пробный учебник, 6 класс.

Text

УДК 514.1 Книга подготовлена под научным руководством
ББК 22.151 академика РАН В. А. Садовничего в рамках прог-
прогул 13 раммы «МГУ — школе»
Планиметрия. Пособие для углубленного изучения математики /
В. Ф. Бутузов, СБ. Кадомцев, Э. Г. Позняк, С. А. Шестаков, И. И. Юдина. —
М.: ФИЗМАТЛИТ, 2005. - 488 с. - ISBN 5-9221-0635-Х.
В настоящем пособии дается систематическое изложение углубленного
курса планиметрии. Наряду с основными геометрическими сведениями, входя-
входящими в стандартную школьную программу по геометрии, содержится большой
дополнительный материал, расширяющий и углубляющий основные сведения.
Стиль изложения, принятый в пособии, заметно отличается от традиционного:
теорема — доказательство. В ряде случаев авторы не формулируют теоремы
и аксиомы заранее, а ищут их формулировки вместе с читателем. Такой
подход объясняется желанием авторов дать представление о том, как строится
математика и как работают математики.
В книге значительное внимание уделяется геометрии Лобачевского, кривым
постоянной ширины, изопериметрическим задачам, доказывается целый ряд
замечательных теорем планиметрии.
Пособие ориентировано на учащихся, проявляющих повышенный интерес
к математике, а также всех, кого привлекает красота геометрии. Оно может
использоваться в классах с углубленным изучением математики, в работе мате-
математических кружков и факультативов, служить основным учебником в школах
физико-математического профиля.
© ФИЗМАТЛИТ, 2005
© В. Ф. Бутузов, С. Б. Кадомцев,
Э. Г. Позняк, С. А. Шестаков,
ISBN 5-9221 -0635-Х И. И. Юдина, 2005

Предисловие
Настоящее пособие ориентировано на учащихся, проявляющих по-
повышенный интерес к математике, и предназначено, прежде всего, для
классов с углубленным изучением математики, для математических
кружков и факультативов. Оно состоит из 13 глав, соответствующих
главам учебника «Геометрия 7-9» Л.С. Атанасяна, В.Ф. Бутузова,
СБ. Кадомцева, Э.Г. Позняка, И.И. Юдиной (М.: Просвещение, 1990 г.
и последующие издания). Вместе с тем пособие вполне автономно,
что позволяет использовать его как в тех классах, где преподавание
геометрии ведется по другим учебникам, так и в качестве основного
учебника в школах физико-математического профиля.
Следует отметить, что стиль изложения, принятый в пособии, от-
отличается от традиционного: теорема — доказательство. В ряде случаев
мы не формулируем теоремы и аксиомы заранее, а ищем их формули-
формулировки вместе с читателем. Такой подход объясняется желанием авторов
дать представление о том, как строится математика и как работают
математики.
В пособии наряду с основными геометрическими сведениями, вхо-
входящими в стандартную школьную программу по геометрии, содержит-
содержится большой дополнительный материал, расширяющий и углубляющий
основные сведения. В частности, значительное внимание уделяется
теории параллельных прямых и дается представление о связанной
с ней геометрии Лобачевского. Так, уже в первой главе наряду с тра-
традиционным материалом, относящимся к начальным геометрическим
сведениям, вводится понятие параллельных прямых, рассматриваются
признаки параллельности прямых и обсуждается вопрос о существова-
существовании квадрата.
Вторая глава посвящена изучению тех свойств треугольников, кото-
которые справедливы как в геометрии Евклида, так и в геометрии Лобачев-
Лобачевского (т.е. в абсолютной геометрии). Здесь рассматриваются разнооб-
разнообразные (в том числе нетрадиционные) признаки равенства треугольни-
треугольников, соотношения между сторонами и углами треугольника, свойства
серединного перпендикуляра к отрезку и биссектрисы угла, взаимное
расположение прямой и окружности и двух окружностей, теорема
об окружности, вписанной в треугольник, задачи на построение.
В третьей главе изучаются параллельные прямые. Здесь рассматри-
рассматриваются аксиомы и основные понятия геометрии, приводятся примеры
решения задач на основе аксиом, подробно обсуждается связь меж-
между аксиомой параллельных прямых, фактом существования квадрата,
пятым постулатом Евклида и связанной с ним задачей о построении

Предисловие
треугольника по стороне и двум прилежащим углам. Здесь же впервые
заходит речь о геометрии Лобачевского.
Четвертая глава существенно расширяет и углубляет геометриче-
геометрические сведения о треугольниках. Здесь практически единым рассужде-
рассуждением одновременно доказываются теорема о сумме углов треугольника
и две теоремы о средней линии треугольника (свойство и признак),
весьма подробно обсуждается специфика геометрии Лобачевского (на-
(например, объясняется, почему в этой геометрии имеет место признак
равенства треугольников по трем углам), приводятся доказательства
теорем о замечательных точках треугольника и об окружности, опи-
описанной около треугольника.
В пятой главе наряду с традиционным изучением параллелограмма
и трапеции рассматриваются замкнутые выпуклые линии, вписанные
и описанные по отношению к ним многоугольники, характеристические
свойства некоторых четырехугольников (например, выпуклого четы-
четырехугольника), доказываются теорема Жордана (о внутренней области
многоугольника), теоремы Вариньона и Гаусса.
В шестой главе, посвященной измерению площадей, вводятся по-
понятия равновеликих и равносоставленных многоугольников и в связи
с этим рассматривается ряд задач на разрезание многоугольников,
а также приводится доказательство теоремы Бойяи-Гервина. Здесь же
представлены задачи о площадях некоторых фигур, расположенных
на целочисленной решетке. Особого внимания заслуживает теорема
об отношении площадей треугольников, имеющих по равному углу:
с ее помощью удается построить треугольник по двум сторонам и бис-
биссектрисе, проведенным из одной вершины (причем как на евклидовой
плоскости, так и на плоскости Лобачевского), вывести формулу Герона,
дать три нетрадиционных доказательства теоремы Пифагора (всего
в главе приведено девять различных доказательств этой теоремы),
а позже (в главе «Окружность») вывести формулу, выражающую пло-
площадь треугольника через его стороны и радиус описанной окружности,
что, в свою очередь, позволяет дать простое доказательство теоремы
синусов в ее усиленной формулировке.
В седьмой главе рассматриваются разнообразные (в том числе
нетрадиционные) признаки подобия треугольников, тригонометриче-
тригонометрические функции острого угла, обобщенная теорема Фалеса, теорема
о пропорциональных отрезках в треугольнике, теоремы Чевы и Мене-
лая, ряд теорем о свойствах замечательных точек треугольника.
Восьмая глава посвящена изучению углов, связанных с окружно-
окружностью, и примыкающих к этой теме теорем (например, теоремы Паскаля
о вписанном шестиугольнике). Здесь же рассказывается о кривых по-
постоянной ширины, что выходит за рамки обычной школьной геометрии.
Изложение темы «Векторы» в девятой главе отличается от традици-
традиционного, главным образом, пунктуальностью при доказательстве теорем,
в частности, дано обоснование транзитивности сонаправленности.

Предисловие
В десятой главе рассматриваются вопросы, так или иначе связанные
с методом координат: уравнения прямой и окружности, радикальная
ось и радикальный центр, теорема Брианшона для описанного шести-
шестиугольника, построение касательной при помощи одной линейки.
В одиннадцатой главе выводятся теоремы синусов и косинусов, ос-
основные тригонометрические формулы, изучаются свойства скалярного
произведения и в связи с этим доказывается ряд классических теорем
геометрии (Эйлера, Лейбница, Морлея, Брахмагупты и др.).
В двенадцатой главе вводятся понятия длины линии (в частности,
окружности), площади фигуры (в частности, круга), рассматриваются
теорема Барбье, первый замечательный предел и изопериметрическая
задача.
Последняя, тринадцатая глава книги посвящена изучению геомет-
геометрических преобразований (движений, центрального подобия и инвер-
инверсии) и их использованию при решении задач и доказательстве теорем,
в том числе: при решении задачи Аполлония, при доказательстве тео-
теорем Наполеона, Птолемея, Фейербаха, теорем о прямой Симеона, о пря-
прямой и окружности Эйлера, об окружностях Аполлония, при выводе
формулы Эйлера. Приложения в конце книги существенно расширяют
и углубляют сведения учащихся о геометрии Лобачевского и теории
вещественных чисел.
В каждой главе по мере изложения теоретического материала да-
даются задачи с решениями, иллюстрирующие применение тех или иных
утверждений. К каждому параграфу главы даны задачи для само-
самостоятельной работы, снабженные ответами и указаниями. Наиболее
трудные задачи и разделы отмечены звездочкой. Имеется также пред-
предметный указатель, позволяющий легко ориентироваться в книге.
Мы надеемся, что наша книга окажется интересной не только для
учителей и учеников из классов с углубленным изучением математики,
но и для всех, кого привлекает красота геометрии.
Авторы

Глава 1
НАЧАЛЬНЫЕ ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ СВЕДЕНИЯ
§ 1. Точки, прямые, отрезки
1. Точка. Что такое точка? Наверное каждый ответит, что это
нечто совсем маленькое. Возьмем остро отточенный карандаш и при-
прикоснемся им к бумаге (рис. 1). Получим изображение точки. Это
действительно только изображение точки, а сама
точка еще меньше. Если мы посмотрим на рису-
рисунок 1 в увеличительное стекло, то увидим, что
наша точка довольно большая. Есть предметы, ко-
которые вообще не видны невооруженным глазом,
их можно увидеть только в микроскоп (напри-
(например, бактерии). Но и это еще не точки. Бактерии
хотя и маленькие, но имеют размеры. Точки же
не имеют размеров, настолько они малы. В окру-
окружающем нас мире таких объектов, разумеется, нет.
И все же каждый из нас отчетливо представляет,
что такое точка — это геометрическая фигура,
не имеющая размеров.
Обычно точки обозначают большими буквами латинского алфавита:
А, В и т.д. Точка — самая простая геометрическая фигура.
2. Прямая линия. Что такое линия? Можно сказать так: линия —
это геометрическая фигура, не имеющая ширины.
Прямая дорога в степи, уходящая
т за горизонт, дает представление о пря-
Ш мой линии. Как и дорога, прямая линия
V представляется нам безграничной.
На рисунке мы не можем изобразить
всю прямую линию. Но часть ее изоб-
изобразить можно. Для этого надо взять ли-
линейку, приложить ее к бумаге и провести
вдоль края линейки карандашом (рис.2).
Рис. 1. Изображе-
Изображение точки
1 I I I I I I Г
Рис. 2. Изображение прямой
Этим способом изображения прямых пользуются, например, в черче-
черчении. Как правило, прямые обозначаются малыми латинскими буквами:
а, Ь и т. д.

/. Точки, прямые, отрезки
На рисунке 3 изображена линия. Эта ли-
линия искривленная. Когда мы говорим о прямой,
то представляем себе линию, не имеющую ис-
искривлений.
Отметим на листе бумаги две точки — Aw В.
Через точки А и В с помощью линейки проведем
линию. Затем перевернем линейку (перевернутая
линейка на рисунке 4 изображена пунктиром)
и снова через точки Aw В проведем линию. Если
обе линии совпадают, то линейка не искривлена.
Если же проведенные таким способом линии не совпадают, то этот
край линейки искривлен и не пригоден для проведения прямых линий.
Рис. 3. Изображение
линии
L
1
А
т
1 1
В
т
I I
О
1
О
\ А _—
--я о;
Рис.4
Тем самым мысль о том, что прямая линия не имеет искривлений,
можно выразить такой фразой:
через любые две точки 0 прохо-
проходит прямая и притом только од-
одна (рис.5).
Если на прямой отмечены две точ-
точки, обозначенные, например, буквами А
и В, то прямую можно обозначить этими
двумя буквами: АВ или В А (рис.5).
А
В
Рис. 5. Через две точки А и В
проходит только одна прямая
Две прямые могут пересекать-
пересекаться, т. е. иметь общую точку, а мо-
могут не пересекаться. На рисунке 6
прямые р и q пересекаются, а пря-
прямые а и Ъ не пересекаются. Если
две прямые не пересекаются, то они
называются параллельными. Ино-
Иногда вместо слов «прямые а и Ъ па-
параллельны» используют следующее
обозначение: а || Ъ.
Прямые р и q на рисунке 6 пе-
пересекаются в точке А. Но, может
быть, они пересекаются еще в од-
одной точке? Конечно, нет! В другой
Рис. 6. Прямые р и q пересекаются
в точке А. Прямые а и Ь не пересе-
пересекаются, они параллельны
х) Говоря «две точки», «три прямые» и т.д., мы считаем, что эти точки,
прямые и т. д. различны.

Гл. 1. Начальные геометрические сведения
точке В прямые р и q пересекаться не могут — тогда через точки А и В
проходили бы две прямые, а этого не может быть. Теперь совершенно
ясно, что
две прямые могут пересекаться только в одной точке.
Обратите внимание на то, что это свойство прямых мы установи-
установили путем рассуждений. Такие рассуждения называются доказатель-
доказательством. Мы доказали, что две прямые могут пересекаться только в од-
одной точке.
Как уже отмечалось, прямые а и Ь, изображенные на рисунке 6,
не пересекаются, т.е. параллельны. А можно ли это проверить? Это
трудный вопрос. Ведь на рисунке изображены только части прямых а
и Ь. Полностью их изобразить невозможно, так как прямые безгранич-
безграничны. А, может быть, и вообще нет параллельных прямых, т. е. любые
две прямые пересекаются? На этот вопрос мы пока не можем ответить,
но постараемся ответить тогда, когда будем знать больше о свойствах
геометрических фигур. С подобной ситуацией нам предстоит столк-
столкнуться неоднократно. Поэтому советуем Вам завести специальный
блокнот, чтобы записывать туда все вопросы — и те, которые возникнут
у Вас, и те, на которые мы обратим Ваше внимание. В качестве первого
мы рекомендуем записать такой вопрос:
есть ли параллельные прямые?
Рассмотрим на прямой а какие-нибудь три точки: А, В и С (рис. 7).
Из этих точек только одна (в данном случае В) лежит между двумя
другими (между А и С). Таким образом,
из любых трех точек прямой только одна лежит между двумя
другими.
На первый взгляд кажется, что это, вроде бы, очевидное свойство
можно не выделять. Но посмотрите на рисунок 8, где изображена
окружность (замкнутая линия) и
А В С ТрИ точки А, Б и С на ней. Мож-
Можно ли сказать, что из трех то-
Рис. 7. Точка В лежит между точ- чек на окружности только одна ле-
леками А и С жит между двумя другими? Конеч-
Конечно, нет! Наоборот, каждая из трех
точек на окружности (а также на любой замкнутой линии, рис.9)
лежит между двумя другими.
Сказанное можно проиллюстрировать таким примером: если трое
ребят сидят за круглым столом, то каждый из них сидит между двумя
другими. Но если они сидят на скамейке, то только один из них
сидит между двумя другими. Теперь понятно, в чем дело: выделенное
нами свойство прямой указывает на то, что прямая — незамкнутая
линия.
Иногда вместо слов «точка В лежит между точками А и С» ис-
используют слова «точки А и С лежат по разные стороны от точки В»
или «точки А и В лежат по одну сторону от точки С».

/. Точки, прямые, отрезки
А
Рис. 8. Каждая из трех точек А,
В и С на окружности располо-
расположена между двумя точками
Рис. 9. Каждая из трех точек на лю-
любой замкнутой линии лежит между
двумя другими точками
З.Луч и отрезок. Любая точка О прямой разделяет ее на две
части (рис. 10). Каждая из этих частей называется лучом, исходящим
из точки О — начала луча. Отметим очевидное свойство двух лучей,
на которые прямая разделяется точ-
точкой О: О
любые две точки одного и то-
того же луча лежат по одну сторону Рис. 10. Точка О разделяет пря-
от точки О, а любые две точки раз- мую на два луча. Один из них
ных лучей лежат по разные стороны выделен жирной линией
от точки О.
Обычно луч обозначают либо малой ла-
_ тинской буквой (например, луч h на рисун-
рисунке 11, а), либо двумя большими латинскими
буквами, первая из которых обозначает на-
— чало луча, а вторая — какую-нибудь точку
на этом луче (например, луч О А на рисун-
рисунке 11, б).
а)
О
А
б)
Рис. 11
Обратимся к рисунку 7, на котором изображены два луча с общим
началом {ВА и ВС), лежащие на одной прямой. В таком случае говорят,
что каждый из этих лучей является продолжением другого луча.
Перейдем теперь к отрезкам. Каждый отрезок получается так:
на прямой берут две точки А и В (рис. 12). Их называют концами
отрезка. Сам же отрезок состоит
из этих выделенных точек А и В
и всех точек прямой, лежащих меж-
между ними. Точки, лежащие между
концами отрезка, называются внут-
внутренними точками отрезка. Отре-
Отрезок с концами А и В обозначается
АВ или ВА.
А С
В
Рис. 12. Точки А и В — концы
отрезка. Любая точка С, лежащая
между точками А и В, — внутрен-
внутренняя точка отрезка

10
Гл. 1. Начальные геометрические сведения
4. Несколько задач.
Задача 1. Даны четыре попарно пересекающиеся прямые (т.е.
каждая прямая пересекается с любой другой). Известно, что через
точку пересечения любых двух из них проходит по крайней мере
еще одна из данных прямых. Найти число точек пересечения этих
прямых.
Решение. Обозначим данные прямые через а\, а,2, аз> а4- Рас-
Рассмотрим прямые а\ и а^. По условию они пересекаются в некоторой
точке М, и через эту точку проходит по крайней мере еще одна
из данных прямых. Пусть, например, через точку М проходит пря-
прямая аз (рис. 13, а).
а3
а\
а\
б)
Рис. 13
Если прямая а± не проходит через точку М, то она пересекает
прямые а\, а^ и аз в точках М\, М^ и Мз (рис.13, б). Рассмотрим
одну из них, например точку М\. Через нее проходят прямые а\ и сц,
и не проходят прямые а^ и аз. Но по условию задачи через точку
пересечения прямых а\ и а\ должна проходить по крайней мере еще
одна из данных прямых, а такой третьей прямой для точки М\ нет.
Что же это означает? Это означает, что прямая а\ должна проходить
через точку М, иначе получается противоречие с условием задачи.
Таким образом, все данные прямые проходят через точку М, т. е.
имеют только одну точку пересечения.
Задача 2. На плоскости проведены п прямых. Каждые две
из них пересекаются. Кроме того, через точку пересечения каждых
двух прямых не проходит больше ни одной из наших прямых. Найти
число всех точек пересечения этих прямых.
Решение. Будем рассуждать так. Проведем первую прямую
(рис. 14, а). Затем проведем вторую прямую (рис. 14, б). Появится одна
точка пересечения. Проведем третью прямую (рис. 14, в). Она пересе-
пересечется с первой и второй прямыми, поэтому общее число точек пересече-
пересечения станет равным 1 +2. Проведем четвертую прямую (рис. 14, г). Она
пересечется с первой, второй и третьей. Количество точек пересечения
станет равным 1+2 + 3. После проведения пятой прямой число точек

/. Точки, прямые, отрезки 11
г)
Рис. 14
пересечения станет равным 1 +2 + 3 + 4 (рис. 14, д). Теперь ясно, что
поскольку всего проведено п прямых, то число точек пересечения равно
1 + 2 + 3 + 4 + ... + (п - 3) + (п - 2) + (п - 1).
Замечание. С практической точки зрения выведенная нами фор-
формула не очень удобна — слишком громоздкая. Например, при п = 101
в ней 100 слагаемых! Можно ли получить более удобную формулу?
Оказывается, можно.
Рассказывают, что однажды учителю младших классов гимназии
в немецком городе Брауншвейге понадобилось по каким-то делам уйти
с урока арифметики. Чтобы не оставлять класс без дела, он, недолго
думая, предложил учащимся решить такую задачу: найти сумму всех
целых чисел от 1 до 100. Будучи абсолютно уверенным в том, что
теперь до конца урока можно заниматься своими делами, он уже
сделал несколько шагов по направлению к выходу, как вдруг один
из учеников поднял руку.
— У тебя какой-то вопрос? — спросил учитель.
— Нет, — ответил тот. — Я решил задачу. У меня получилось 5050.
— Как ты получил это число?! — спросил совершенно ошарашенный
учитель.
— Очень просто, — сказал ученик и написал две строчки, одну под
другой. — Теперь совершенно ясно, что наша сумма равна 5050.
Изумленный учитель некоторое время молча смотрел на написан-
написанные строчки, а затем произнес:
— Ты станешь великим математиком!
И не ошибся. Этот 9-летний ученик — Карл Фридрих Гаусс A777—
1855) — действительно стал одним из величайших математиков.

12
Гл. 1. Начальные геометрические сведения
Какие же две строчки написал Гаусс? Не можем ли мы применить
ту же идею к решению нашей задачи? Давайте попробуем. Поступим
так. Запишем нашу формулу еще раз и под ней запишем ее же, но взяв
слагаемые в обратном порядке:
1 + 2 + 3 + ... +
(п-1) + (п-2) + (п-3) + ... +
-З) + (п-2) + (п-1)
3 + 2 + 1.
на
Сложим теперь эти две суммы следующим
способом. Сначала сложим первое слагаемое 1
в первой строчке с первым слагаемым (п — 1)
во второй строчке. Получим в сумме п. За-
Затем ко второму слагаемому 2 в первой строчке
прибавим второе слагаемое (п — 2) во второй
строчке. Опять получим п. И так далее. В ре-
результате получим:
п-\-п-\-п-\-...-\-п-\-п-\-п = (п — \)п.
п-1
Итак, мы сложили две наши суммы и по-
получили число (п — \)п. Следовательно, наша
сумма в два раза меньше этого числа, т. е. рав-
. Например, для пяти прямых, т. е. когда п = 5, число точек
пересечения равно -——— = 10 (см. рис. 14, д), а для 101 прямой
A01-1I01 СГкСГк
число точек пересечения равно —— = 5050.
Задача 3* Точка С лежит на прямой между точками А и В,
а точка D лежит между точками А и С. Лежит ли точка D между
точками А и В?
Решение. Проведем прямую, отметим на ней точки А и В, а затем
С, лежащую между точками А и В, и точку D, лежащую между
А и С (рис. 15). Мы лежит между точками А видим, что точка D
и В. Тем самым ответ на вопрос
A d с В задачи получен. Но давайте этим
не ограничимся, а поставим во-
Рис. 15 прос так: можно ли путем рас-
рассуждений (а не с помощью ри-
рисунка) обосновать тот факт, что точка D лежит между А и В?
Оказывается, можно. Но рассуждения не очень простые. Попытайтесь
в них разобраться, чтобы проводить потом аналогичные рассуждения
в других задачах. Будем рассуждать следующим образом.
По условию точка С лежит между А и В. Как уже отмечалось
ранее, это можно выразить другими словами:
1° точки А и В лежат по разные стороны от точки С.

/. Точки, прямые, отрезки
13
Также по условию точка D лежит между А и С, что можно
выразить так:
2° точки А и С лежат по разные стороны от точки D,
или так:
3° точки А и D лежат по одну сторону от точки С.
Сопоставим утверждения 1° и 3°. Можно сделать вывод, что точ-
точки В и D лежат по разные стороны от точки С, т. е. точка С лежит
между В и D, а значит,
4° точки В и С лежат по одну сторону от точки D.
Сопоставим теперь утверждения 2° и 4°. Из них следует, что
точки А и В лежат по разные стороны от точки D, т. е. точка D лежит
между А и В.
Итак, тот факт, что точка D лежит между А и В, мы обосновали
путем рассуждений. Иначе говоря, мы доказали, что точка D лежит
между А и В.
5. Угол. Геометрическая фигура, состо-
состоящая из точки и двух лучей, исходящих
из этой точки, называется углом. Лучи
называются сторонами угла, а их общее
начало — вершиной угла. На рисунке 16
изображен угол с вершиной О, на сторо-
сторонах h и к которого отмечены точки А и В.
Этот угол можно обозначить разными спо-
способами: Zhk, или ZAOB, или АО, или /Л.
Рис. 16
Р
С
Рис. 17. Развернутый угол
Если стороны угла лежат на одной
прямой, то угол называют развернутым
(рис. 17). Можно сказать, что каждая сто-
сторона развернутого угла является продол-
продолжением другой стороны.
Каждый угол разделяет плоскость на две части. Если угол нераз-
неразвернутый, то одна из этих частей называется внутренней, а другая —
внешней областью этого угла. На рисун-
рисунке 18 изображен угол и указаны его внут-
внутренняя и внешняя области. Фигуру, состо-
состоящую из угла и его внутренней области,
также называют углом.
Если луч исходит из вершины нераз-
неразвернутого угла и проходит внутри это-
этого угла (т.е. в его внутренней области),
то он делит угол на два угла, внутрен-
внутренние области которых лежат по разные сто-
стороны от этого луча. На рисунке 19, а
луч ОС делит угол АОВ на два угла:
ZAOC и АСОВ. Если угол АОВ - раз-
развернутый, то любой луч ОС, не совпа-
Внешняя
область
угла
Внутренняя
область угла
Рис. 18

14
Гл. 1. Начальные геометрические сведения
О
А
В О
А
а)
Рис. 19. Луч ОС делит угол АОВ на два угла: ZAOC и АСОВ
дающий с лучами ОА и ОВ, делит этот угол на два угла: ZAOC
и АСОВ (рис. 19, б).
6. Полуплоскость. Наше представление о внутренней и внешней
областях угла наглядное, оно связано с рисунком — изображением
угла. А как описать словами, что такое внутренняя область угла? Это
можно сделать с помощью понятия полуплоскости.
Любая прямая разделяет плоскость на две части, каждая из кото-
которых называется полуплоскостью, а сама прямая служит границей этих
полуплоскостей. На рисунке 20, а одна из полуплоскостей с границей а
заштрихована. Отметим такое очевидное свойство полуплоскостей:
полуплоскость
А
а)
б)
Рис. 20. а) Прямая а разделяет плоскость на две полуплоскости; б) если
точки А и В лежат в одной полуплоскости с границей а, то отрезок АВ не
пересекается с прямой а; в) если точки А и В лежат в разных полуплоскостях
с границей а, то отрезок АВ пересекается с прямой а
если две точки А и В лежат в одной полуплоскости с грани-
границей а, то отрезок АВ не пересекается с прямой а (рис. 20, б), а если
в разных полуплоскостях, то отрезок АВ пересекается с прямой а,
т. е. имеет внутреннюю точку, общую с прямой а (рис.20, в).
В первом случае говорят, что точки А и В лежат по одну сторону
от прямой а (рис.20, б), а во втором — что точки А и В лежат
по разные стороны от прямой а (рис.20, в).
Обратимся теперь к рисунку 21. На нем изображен угол hk, внут-
внутренняя область которого заштрихована. Эту область можно получить
так. Разрежем плоскость по прямой а, содержащей сторону h. Мы ви-
видим, что после разреза внутренняя область угла останется в полу-
полуплоскости а, которая содержит сторону к. Затем разрежем плоскость

/. Точки, прямые, отрезки
15
Полуплоскость а
с границей а,
содержащая сторону к
Внутренняя область
\ угла hk — общая часть
полуплоскостей а и J3
h
Полуплоскость f3
с границей Ь,
содержащая сторону h
Рис. 21. Выделение внутренней области угла с помощью полуплоскостей
по прямой Ь, содержащей сторону к. После этого разреза внутренняя
область угла останется в полуплоскости /3, которая содержит луч h.
Теперь ясно, что внутренняя область угла — это общая часть полу-
полуплоскостей а и /3.
Разрезы, которые мы проводили,
можно рассматривать как отреза-
отрезание всего лишнего, того что не со-
содержит точек внутренней области
угла.
Давайте теперь обсудим такой
вопрос. Пусть точки А и В распо-
расположены во внутренней области угла
hk (рис.22). Как Вы думаете, бу-
будет ли отрезок АВ также целиком
расположен во внутренней области
угла hk? Посмотрим еще раз на ри-
рисунок. Мы видим, что действитель-
действительно отрезок АВ целиком располо-
расположен во внутренней области угла hk. А можно ли путем рассуждений
убедиться в том, что это действительно так? Мы только что обсудили,
как с помощью полуплоскостей выделить внутреннюю область угла.
Может быть, этим и воспользоваться? Попробуем.
Мы уже отмечали, что если две точки А и В лежат в одной
полуплоскости с границей а, то отрезок АВ не пересекается с пря-
прямой а, и следовательно, весь отрезок АВ лежит в этой полуплоскости.
Ну, теперь все ясно! Ведь внутренняя область угла — это общая
часть полуплоскостей а и /3 (рис.22). Так как отрезок АВ лежит и в
полуплоскости а, и в полуплоскости /3, то он целиком расположен в их
общей части, т. е. во внутренней области угла.
У Вас может возникнуть вопрос: а зачем нужно объяснять словами,
что такое внутренняя область угла? Почему нельзя сказать просто:
Рис. 22

16
Гл. 1. Начальные геометрические сведения
внутренняя область угла — это то, что изображено на рисунке 18?
Но любая ли фигура, изображенная на рисунке, есть изображение
какой-то действительно существующей фигуры? Посмотрите на рисун-
рисунки 23 и 24. На первом из них изображен куб, сделанный из деревянных
реек. А что изображено на втором рисунке? Не знаете? То-то и оно!
Оказывается, нарисовать можно такое, чего нет на самом деле.
Рис. 23. Куб из реек
Рис. 24. А что изображено на этом
рисунке?
Задачи
1. Даны четыре точки. Известно, что прямая, проходящая через
любые две из них, содержит по крайней мере еще одну из данных
точек. Докажите, что все данные точки лежат на одной прямой.
2. Даны пять попарно пересекающихся прямых. Известно, что через
точку пересечения любых двух из них проходит по крайней мере еще
одна из данных прямых. Докажите, что все данные прямые проходят
через одну точку.
3! Решите задачу 1 для случая, когда даны пять точек.
4. Точки О, А и В лежат на одной прямой, причем точки А и В
лежат по разные стороны от точки О. Лежат точки А и В на одном
луче или на разных лучах с началом О? Ответ обоснуйте.
5! Точка В лежит между точками А и С, а точка С лежит между
точками В и D. Лежит ли точка С между точками А и D? Ответ
обоснуйте.
6! Точка N лежит между точками М и О, а точка О лежит между
точками М и Р. Лежит ли точка О между точками N и Р? Ответ
обоснуйте.
7* Точка М — внутренняя точка отрезка АВ. Докажите, что: а) все
точки отрезка AM принадлежат отрезку АВ; б) отрезки AM и MB
не имеют общих внутренних точек.
8. Отрезок АВ пересекается с прямой а, а отрезок АС не пересе-
пересекается с этой прямой. Пересекается ли отрезок ВС с прямой а? Ответ
обоснуйте.

2. Измерение отрезков и углов
17
9! Даны четыре точки А, В, С, D и прямая а, не проходящая
ни через одну из этих точек. Известно, что отрезки АВ и CD пересе-
пересекаются с прямой а, а отрезок ВС не имеет общих точек с этой прямой.
Пересекается ли отрезок AD с прямой а? Ответ обоснуйте.
§ 2. Измерение отрезков и углов
7. Равенство геометрических фигур. Среди окружающих нас
предметов встречаются такие, которые имеют одинаковую форму
и одинаковые размеры (одинаковые листы бумаги, книги, автомобили
и т.п.). В геометрии две фигуры, имеющие одинаковую форму и оди-
одинаковые размеры, называют равными.
Каким образом можно проверить равенство фигур Ф\ и Ф^ (рис.25
и 26)? Можно представить себе, что фигура Ф\ накладывается на фи-
фигуру 02 той или другой стороной. Если в результате фигуры Ф\ и Ф^
совместятся, то они равны.
ф\
02
Ф\
Ф2
Рис. 25. Фигуры 0i и 02 равны
Рис. 26. Фигуры 0i и 02 также рав-
равны. Подумайте, как совместить их
наложением
Итак, две геометрические фигуры называются равными, если
их можно совместить наложением.
8. Сравнение отрезков и углов. Пусть даны два отрезка
(рис.27, а, б). Наложим один отрезок на другой так, чтобы
конец одного отрезка совместился с концом другого. Если при
этом совместятся и два других конца этих отрезков, то отрезки
совместятся, и значит, они равны (рис.27, а); если же два других
конца не совместятся, то меньшим считается тот отрезок, который
составит часть другого (рис.27, б).
Обратимся теперь к углам. Пусть даны два неразвернутых уг-
угла (углы 1 и 2 на рисунке 28). Наложим один угол на другой так,
В А
В
С
а)
D С
D
Рис. 27. а) АВ = CD; б) CD < АВ

18
Гл. 1. Начальные геометрические сведения
1
а) б)
Рис. 28. a) Zl = Z2; б) Zl < Z2
чтобы сторона одного угла совместилась со стороной другого, а две
другие стороны оказались по одну сторону от совместившихся сторон.
Если при этом две другие стороны также совместятся, то и углы
совместятся — значит, они равны (на рисунке 28, a Zl = Z2). Если же
две другие стороны не совместят-
совместятся, то меньшим считается тот угол,
который составит часть другого (на
рисунке 28, б Zl < Z2).
Неразвернутый угол является
частью развернутого угла (рис.29).
Поэтому развернутый угол больше
любого неразвернутого угла. Лю-
Любые два развернутых угла, очевид-
Рис. 29. ZAOC < ZAOB, ZBOC <
<ZAOB
но, равны.
9. Середина отрезка и биссектриса угла. Точка отрезка, де-
делящая его пополам, т. е. на два равных отрезка, называется се-
серединой этого отрезка (рис.30, а). Чтобы найти середину отрезка
АВ, изображенного на листе бумаги, можно поступить так: пере-
перегнуть лист таким образом, чтобы точки А и В совместились. Ес-
А
М
В
А
М
В
а) б)
Рис. 30. AM = MB. Точка М — середина отрезка АВ

2. Измерение отрезков и углов
19
ли теперь разогнуть лист и отметить точку М пересечения отрез-
отрезка АВ с линией сгиба (рис.30, б), то эта точка и будет середи-
серединой отрезка АВ. В самом деле, при повторном перегибании листа
точка М останется на месте, а точ-
точки А и В совместятся. Следователь-
Следовательно, отрезок МА совместится с от-
отрезком МБ, а значит, МА = МБ,
т. е. точка М — середина отрез-
отрезка АВ.
Луч, исходящий из вершины уг-
угла и делящий его на два равных уг-
угла, называется биссектрисой этого
угла (рис.31). Как провести биссек-
биссектрису угла, изображенного на листе
бумаги (рис. 32, а)? Можно посту-
поступить таким образом: перегнуть этот лист так, чтобы стороны р и q
угла совместились (рис.32, б). Тогда линия сгиба будет биссектрисой
угла pq. Докажите это самостоятельно.
h
О
Рис. 31. Zhl = Zlk. Луч I - бис-
биссектриса угла hk
Р
б)
Рис. 32. Сторона q угла pq совпадает с нижним краем листа бумаги (а). После
перегибания листа бумаги, сторона q должна совместиться со стороной р (б).
Тогда линия сгиба — биссектриса угла pq
10. Измерение отрезков и углов. Как измеряются отрезки?
Пусть AqBq — измеряемый отрезок, PQ — выбранная единица изме-
измерения отрезков. На луче AqBq отложим отрезок AqA\ = PQ, на луче
А\Во — отрезок А\А2 = PQ и т.д. до того момента, когда либо
точка Ап совпадет с точкой Бо, либо точка Бо окажется лежащей
между Ап и Ап+\ (рис.33). В первом случае говорят, что длина
отрезка AqBq при единице измерения PQ выражается числом п (или
что отрезок PQ укладывается в отрезке AqBq n раз). Во втором случае
можно сказать, что длина отрезка AqBq при единице измерения PQ
приближенно выражается числом п. Для более точного измерения
отрезок PQ делят на равные части, обычно на 10 равных частей,

20 Гл. 1. Начальные геометрические сведения
Рис. 33
и с помощью одной из этих частей измеряют описанным способом
остаток АпВо. Если при этом десятая часть отрезка PQ не укла-
укладывается целое число раз в измеряемом остатке, то ее также делят
на 10 равных частей и продолжают процесс измерения. Таким способом
можно измерить любой отрезок, т. е. выразить его длину при данной
единице измерения конечной или бесконечной десятичной дробью.
Иными словами,
при выбранной единице измерения отрезков длина каждого от-
отрезка выражается положительным числом.
Измерение углов аналогично измерению отрезков и основано
на сравнении их с углом, принятым за единицу измерения. Обычно
за единицу измерения углов принимают градус (°) — угол, равный ——-
180
части развернутого угла. — часть градуса называется минутой
('), а — минуты — секундой (/х). Градусной мерой угла называют
положительное число, которое показывает, сколько раз градус и его
части укладываются в данном угле.
Развернутый угол равен 180° (так как градус — это ——- часть
180
развернутого угла). Неразвернутый угол меньше 180°.
Угол называется прямым, если он равен 90°. Угол, который мень-
меньше прямого, называется острым, а угол, который больше прямого,
но меньше развернутого, — тупым (рис.34).
Прямой угол равен 90° Острый угол мень- Тупой угол больше 90°,
ше 90° но меньше 180°
Рис. 34
11.0 числах. Мы говорили, что при выбранной единице изме-
измерения длина отрезка выражается некоторым положительным числом.
Таким образом, при измерении отрезков используются числа. В этом
пункте мы поговорим о числах.

2. Измерение отрезков и углов 21
Вам знакомы разные числа. Это, прежде всего, целые положи-
положительные числа: 1, 2, 3 и т. д. Их называют также натуральными
числами. Они возникли из потребностей счета. Можно сказать, что
натуральные числа понадобились для измерения количества предме-
предметов. Если, например, на книжной полке находится какое-то количество
книг, то измерить его (это количество) можно с помощью натураль-
натурального числа: на этой полке находится 20 книг, а на другой полке —
23 книги.
Натуральных чисел для измерений недостаточно. Если разрезать
яблоко пополам, то каждая половина равна - яблока. Если же раз-
разрезать яблоко на четыре равные части, то каждая часть равна -
яблока. Обозначение - показывает, что 1 (одно яблоко) разделили
3
на 4 части. Число - получается, если 3 разделить на 7. Такого рода
числа, когда в числителе и в знаменателе стоят натуральные числа,
называют рациональными положительными (рацио — значит деление).
Итак, рациональные положительные числа — это числа вида -, где р
и q — натуральные числа.
На практике часто использу-
используют десятичные дроби, в частно- и * см
сти, они появились у нас при ^ ^
измерении отрезков. Так, на ри- С D
сунке 35 длина отрезка АС рав-
равна 3,4 см, а длина отрезка AD Рис- 35- Ав = 2 см> АС = 3>4 см>
приближенно равна 3,8 см. Чис- = ' см
ло 3,8 — десятичная дробь. Его
Q О О
можно записать в виде 3,8 = 3 + — = —, поэтому десятичная
дробь 3,8 — это рациональное число. Любая другая десятичная дробь
также является рациональным числом. Например, 4,79 = 4 + — +
9 479
+ -— = -—, т.е. число 4,79 — рациональное число.
100 100
При измерении отрезков с определенной точностью, например с точ-
точностью до миллиметра, мы получаем их длины в виде рациональных
чисел. Итак,
рациональных чисел достаточно для приближенных измерений
с любой заданной точностью.
Но оказывается, что точное значение длины отрезка может не быть
рациональным числом. Приведем пример.
Вспомним, что такое квадрат. Это четырехугольник, у которого
стороны равны и все четыре угла — прямые (рис.36, а). Из курса
математики 6 класса известно, что площадь квадрата со стороной а
равна а2. Например, квадрат со стороной 10 мм имеет площадь 100
мм2, что можно увидеть на миллиметровой бумаге (рис.36, б).

22
Гл. 1. Начальные геометрические сведения
а
а)
f
(\
\\
\
/
/
/
}
1
ч
i
\
\
\
б)
Рис. 36. а) Квадрат со стороной а, его площадь равна а2; б) квадрат со
стороной 10 мм имеет площадь 100 мм2
Пусть имеются два одинако-
одинаковых квадрата, стороны которых
равны 1 (рис.37). Разрежем каж-
каждый квадрат по диагонали (они
проведены пунктиром) на два
треугольника, а затем составим
из получившихся четырех тре-
треугольников новый квадрат, кото-
который изображен на рисунке 38.
Если мы обозначим длину диа-
диагонали квадрата на рисунке 37
буквой а, то площадь квадрата
Рис. 37. Квадраты со стороной 1. Пло-
Площадь каждого из них равна 1. Число
а — длина диагонали, по которой раз-
разрезается каждый квадрат
на рисунке 38 будет равна а . С другой
стороны, площадь этого квадрата равна
сумме площадей двух квадратов, изобра-
изображенных на рисунке 37, т. е. равна 2. Итак,
= 2.
A)
Докажем, что число а не является
рациональным.
Будьте внимательны — может быть,
это первое в Вашей жизни не простое до-
доказательство! Напомним, что рациональ-
рациональное положительное число получается пу-
путем деления одного натурального числа
на другое натуральное число. Например,
3
число - получается, когда натуральное
число 3 делят на натуральное число 7.
Отметим, что числитель (число 3) и зна-
знаменатель (число 7) не имеют общих мно-
множителей (отличных от единицы). А вот
\ а
\
\
¦&
Рис. 38. Из треугольников,
на которые разрезаны квад-
квадраты на рис.37, составлен
новый квадрат со стороной
а. Площадь этого квадрата
равна а2 и, конечно, равна 2
(сумме площадей квадратов
на рис. 37)

2. Измерение отрезков и углов 23
о
у рационального числа - числитель (число 8) и знаменатель (число 6)
имеют общий множитель 2, так как 8 = 2-4и6 = 2-3. На этот общий
множитель числитель и знаменатель можно сократить, так что
8 _ 2-4 _ 4
6 ~ 2^3 ~ 3'
Дальше сокращать невозможно, так как у числителя и знаменателя
нет общих множителей.
Рассмотрим еще один пример. Число — путем сокращения числи-
числителя и знаменателя на общие множители можно привести к виду, когда
у числителя и знаменателя нет общих множителей:
30 _ 2-3-5 _ 5
48 ~ 2-3-8 ~ 8'
Таким способом — путем сокращения на общие множители чис-
числителя и знаменателя — можно привести любое данное рациональное
число к несократимому виду (у числителя и знаменателя нет общих
множителей).
Посмотрим теперь, что получится, если мы предположим, что чис-
число а, квадрат которого равен 2, — рациональное. При этом, конечно,
можно считать, что число а приведено к несократимому виду:
где числа р и q не имеют общих множителей. Из равенства B) полу-
получаем: 2
2 V V V
Q Q q
2
Но a2 = 2 (см. A)). Поэтому ^ = 2, т. е.
q
P2 = 2q2. C)
Из равенства C) можно сделать вывод: число р делится на 2.
Действительно, число р2 делится на 2, так как оно равно числу 2,
умноженному на натуральное число q2. Но р2 = р • р, и если бы число р
не делилось на 2, то и число р2 не делилось бы на 2. Значит, число р
делится на 2, и его можно записать в виде
р = 2г, D)
где г — натуральное число. Подставим это выражение для р в левую
часть равенства C). Получим:
BrJ = 2q\
Но BгJ = 2г • 2г = 2 ¦ 2 • г2, поэтому

24 Гл. 1. Начальные геометрические сведения
Сократим на общий множитель 2 левую и правую части этого
равенства. После этого оно запишется так:
2r2 = q\
откуда следует, что q2 делится на 2, а значит, и q делится на 2.
Что же мы получили? Мы предположили, что число а, квадрат
которого равен 2, рациональное, т.е. равно -, причем числа р и q
не имеют общих множителей. После этого путем рассуждений мы до-
доказали, что числа р и q имеют общий множитель — число 2. Но
это противоречит нашему предположению. Следовательно, наше пред-
предположение не верно, и поэтому число а не является рациональным.
Итак, кроме рациональных чисел есть еще и другие числа. Их на-
называют иррациональными. Приставка «ир» в переводе означает «не».
Примером такого числа служит наше число а, равное длине стороны
квадрата, площадь которого равна 2. Это число обычно обозначают
так: а = у/2 (читается «корень из двух»).
Естественно возникает вопрос: как записать число л/2 с помощью
десятичной дроби? Иными словами, есть ли способ, с помощью кото-
которого можно найти:
1) целую часть числа л/2;
2) число десятых числа л/2;
3) число сотых числа л/2 и т.д.?
Такой способ есть. Он заключается вот в чем: будем подбирать де-
десятичные дроби, квадраты которых будут все ближе и ближе к числу 2.
Так как квадрат числа л/2 равен 2, то целая часть должна быть
меньше 2, и значит, равна 1. Итак, л/2 = 1,...
Далее, мы знаем, что A,4J = 1,96 < 2, A,5J = 2,25 > 2. Следова-
Следовательно, л/2 = 1,4...
Возьмем теперь числа 1,41 и 1,42. Имеем: A,41J = 1,9881 < 2,
A,42J = 2,0164 > 2. Поэтому л/2 = 1,41...
Ясно, что таким способом можно найти любой десятичный знак
числа л/2- Найдите самостоятельно третий после запятой десятичный
знак этого числа.
Задачи
10. Пусть а — число, выражающее длину отрезка АВ при единице
измерения CD, а Ъ — число, выражающее длину отрезка CD при
единице измерения АВ. Как связаны между собой числа а и Ы
11. Длина отрезка АВ при единице измерения .Ei.Fi выражается
числом т, а при единице измерения E^F^ — числом п. Каким числом
выражается длина отрезка E\F\ при единице измерения E^Ffi
12. Точки А, В и С лежат на одной прямой, точки М и N —
середины отрезков АВ и АС. Докажите, что ВС = 2MN.
13! На луче с началом А отмечены последовательно точки В, С,
D, Е и F. Длина отрезка AF равна 7а, расстояние между середина-

3. Перпендикулярные и параллельные прямые
25
ми отрезков АВ и EF равно 6а, а между серединами отрезков ВС
и DE — 4а. Найдите длину отрезка CD.
14! Из вершины угла в 160° проведены три луча, разделяющие
данный угол на четыре части. Угол между биссектрисами крайних
частей равен 140°. Найдите угол между биссектрисами средних частей.
15! Докажите, что число а, удовлетворяющее условию а2 = 3,
является иррациональным числом.
3
16. Запишите число - с помощью десятичной дроби.
17. Напишите три десятичных знака числа а, удовлетворяющего
условию а2 = 3.
§ 3. Перпендикулярные и параллельные прямые
12. Перпендикулярные прямые. Два угла, у которых одна сто-
сторона — общая, а две другие являются продолжениями друг друга,
называются смежными (рис.39). Рассуждения, приведенные под ри-
рисунком 39, показывают, что
сумма смежных углов равна 180°.
Два угла называются вертикальными, если стороны одного угла
являются продолжениями сторон другого. На рисунке 40 углы 1 и 3,
а также углы 2 и 4 — вертикальные. Рассуждения, приведенные под
рисунком 40, показывают, что
вертикальные углы равны.
Две пересекающиеся прямые образуют четыре неразвернутых уг-
угла (углы 1, 2, 3, 4 на рисунке 40). Если один из них — прямой,
то и остальные — прямые (рис.41). Докажите это.
Две прямые называются перпендикулярными (или взаимно пер-
перпендикулярными), если они образуют четыре прямых угла.
Перпендикулярность прямых АС и BD обозначается так: AC _l_ BD
(читается: «прямая АС перпендикулярна к прямой BD»). Отрезки
С
О
А
Рис. 39. Углы АОВ и ВОС -
смежные. Общая сторона ОВ этих
углов делит развернутый угол АОС
на два смежных угла. Поэтому сум-
сумма смежных углов равна 180°
Рис. 40. Углы 1 и 3 — вер-
вертикальные. Углы 2 и 4 —
также вертикальные. Z1 +
+ Z2 = 180° и Z2 + Z3 =
= 180°. Поэтому Zl = Z3.
Точно также доказывается,
что Z2 = Z4

26
Гл. 1. Начальные геометрические сведения
называются перпендикулярными, если
они лежат на перпендикулярных пря-
прямых (рис.42). Аналогично можно опреде-
определить перпендикулярные лучи, луч и от-
. резок, луч и прямую, отрезок и прямую
-Щ (см. рис.42).
Рассмотрим прямую а и точку А,
не лежащую на ней (рис.43). Отре-
Отрезок, соединяющий точку А с точкой Н
Рис.41. Перпендикулярные прямой а, называется перпендикуляром,
прямые проведенным из точки А к прямой а,
если прямые АН и а перпендикулярны.
При этом точка Н называется основанием перпендикуляра или про-
проекцией точки А на прямую а.
а) б) в)
Рис. 42. а) Перпендикулярные отрезки; б) перпендикулярные лучи; в) перпен-
перпендикулярные отрезок и прямая
Мы ввели понятие
ки к данной прямой.
Н
Рис. 43. Отрезок
АН — перпендикуляр,
проведенный из точки
А к прямой а, а точка
Н — основание этого
перпендикуляра
перпендикуляра, проведенного из данной точ-
А есть ли такой перпендикуляр? И если есть,
то сколько перпендикуляров можно провести
из данной точки к данной прямой? Чтобы от-
ответить на эти вопросы, необходимо провести
рассуждения.
В математике каждое утверждение, спра-
справедливость которого устанавливается путем
рассуждений, называется теоремой, а са-
сами эти рассуждения называются доказатель-
доказательством теоремы. Обычно сначала формулиру-
формулируют теорему (т. е. то утверждение, которое хо-
хотят доказать), а затем ее доказывают. Напри-
Например, когда мы рассматривали число а, удовле-
удовлетворяющее условию а2 = 2, то сначала сформу-
сформулировали теорему (хотя и не называли ее тео-
теоремой): число а не является рациональным. За-
Затем мы привели доказательство этой теоремы.

3. Перпендикулярные и параллельные прямые
27
Докажем теперь теорему о перпендикуляре к прямой.
Теорема. Из точки, не лежащей на прямой, можно провести
перпендикуляр к этой прямой и притом только один.
Доказательство. Пусть А — точка, не лежащая на данной
прямой а (рис.44). Докажем сначала, что из точки А можно провести
перпендикуляр к прямой а. Мысленно перегнем плоскость по пря-
прямой а и отметим точку А\, на которую наложится при этом точка А.
Проведем через точки А и А\ прямую и обозначим буквой Н точку
пересечения прямых АА\ и а. При перегибании плоскости по прямой а
все точки этой прямой останутся на месте, а луч НА совместится с лу-
лучом НА\. Следовательно, угол 1 совместится с углом 2. Таким образом,
эти углы равны, а поскольку они являются смежными, то каждый
из них — прямой. Итак, отрезок АН — перпендикуляр к прямой а.
Докажем теперь, что из точки А нельзя провести другой перпен-
перпендикуляр к прямой а. Предположим, что можно провести еще один
перпендикуляр АВ (рис.45). При перегибании плоскости по прямой а
точка В останется на месте, а точка А наложится на точку А\, поэтому
луч В А совместится с лучом ВА\, и следовательно, прямой угол 3
совместится с углом 4. Таким образом, угол 4 — также прямой, а зна-
значит, угол АВА\ — развернутый. Отсюда следует, что точки А, В и А\
лежат на одной прямой. Тем самым, мы получили, что через точки А
и А\ проходят две прямые (одна из них пересекается с прямой а
в точке Н, а другая — в точке В). Но через две точки проходит только
одна прямая. Следовательно, наше предположение неверно, а значит,
из точки А можно провести только один перпендикуляр к прямой а.
Теорема доказана.
Н
Ах
Рис. 44. После перегибания плос-
плоскости по прямой а точка А нало-
наложится на точку А\
НВ\
Ах
Рис. 45

28
Гл. 1. Начальные геометрические сведения
Замечание. Мы сказали, что обычно сначала формулируют тео-
теорему (т.е. то утверждение, которое хотят доказать), а затем ее до-
доказывают. На самом деле это не совсем так. Ведь тому, кто впервые
формулирует и доказывает теорему, заранее неизвестна ее формули-
формулировка! В действительности все начинается с того, что в виде гипотезы
формулируется утверждение, которое кажется правильным. Это утвер-
утверждение пытаются доказать на «черновике». Если в ходе доказательства
выясняется, что утверждение ошибочно, то возвращаются назад, т. е.
формулируют новую гипотезу с учетом допущенных ошибок и вновь
пытаются доказать ее справедливость. Иногда этот процесс повто-
повторяется многократно. Когда же, наконец, доказательство истинности
очередной гипотезы удается провести до конца, ее формулируют в виде
теоремы и доказывают на «чистовике».
13. Признаки параллельности двух прямых. Теперь мы можем
утвердительно ответить на один из поставленных ранее вопросов:
а есть ли параллельные прямые? В самом деле, рассмотрим две
прямые а и Ь, каждая из кото-
которых перпендикулярна к прямой с
(рис.46). Если бы прямые а и Ъ
пересекались, то из точки их пе-
пересечения оказались бы проведен-
проведенными два перпендикуляра к пря-
прямой с, что невозможно. Следова-
Следовательно, прямые а и Ъ не пересека-
пересекаются, т.е. параллельны. Итак,
две прямые, перпендикулярные
к третьей прямой, параллельны.
Сформулированное утверждение выражает признак (перпендику-
(перпендикулярность двух прямых к третьей прямой), по которому можно сделать
вывод о параллельности двух прямых, или, коротко говоря, признак
параллельности двух прямых.
Рассмотрим теперь прямые а и Ь, а также прямую с, которая
пересекает их в точках А и В (рис.47). Прямую с назовем секущей
по отношению к прямым а и Ь,
а углы 1 и 2 и также углы 3
и 4 на рисунке 47 — накрест
лежащими углами. Глядя на ри-
рисунок, можно предположить, что
если накрест лежащие углы рав-
равны, то прямые а и Ъ параллельны.
Но так ли это?
Давайте рассуждать. Если
накрест лежащие углы — пря-
прямые (рис.46), то прямые а и Ъ
перпендикулярны к прямой с и
ь /
Рис. 46
А.
Рис. 47. Прямая с — секущая. Углы 1
и 2 — накрест лежащие. Углы 3 и 4 —
накрест лежащие

3. Перпендикулярные и параллельные прямые
29
поэтому параллельны, это мы знаем. А можно ли это доказать, не ссы-
ссылаясь на теорему о перпендикуляре к прямой? Можно, и весьма просто.
Если мысленно перегнуть плоскость по прямой с (см. рис.46), то одна
половина рисунка совместится с другой. Поэтому если бы прямые а
и Ъ пересекались по одну сторону от прямой с, то они пересекались бы
и по другую сторону от этой прямой, чего не может быть, так как через
две точки можно провести только одну прямую.
Допустим теперь, что накрест лежащие углы 1 и 2 равны,
но прямыми не являются. Ясно, что смежные с ними накрест ле-
лежащие углы 3 и 4 также равны (рис.48, а). Разрежем плоскость
по прямой с (рис.48, б) и повернем одну из половин рисунка
на 180° (рис.48, в). Теперь наложим одну половину на другую так,
В
а)
б)
А
А, В
в) г)
Рис. 48. a) Zl = Z2, поэтому Z3 = Z4; б) разрезали плоскость по прямой с;
в) правую половину рисунка повернули на 180°; г) совместили две половины
рисунка
чтобы точка А на одной половине совместилась с точкой В на другой
половине, и наоборот (рис.48, г). Поскольку углы 1 и 2 равны, то они
совместятся. По аналогичной причине совместятся углы 3 и 4. Таким
образом, одна половина рисунка полностью совместится с другой его
половиной. Теперь все ясно! Осталось сформулировать теорему и, поль-
пользуясь нашими наблюдениями, доказать ее.
Теорема. Если при пересечении двух прямых секущей накрест
лежащие углы равны, то эти прямые параллельны.
Доказательство. Пусть при пересечении прямых а и Ъ секу-
секущей АВ накрест лежащие углы 1 и 2 равны. Тогда смежные с ними
углы 3 и 4 также равны (рис.49, а). Мысленно разрежем плоскость
по прямой АВ, повернем одну из полуплоскостей на 180° и наложим ее
на вторую полуплоскость так, чтобы точки А и В на ней совместились
соответственно с точками В и А на второй полуплоскости. Поскольку

30
Гл. 1. Начальные геометрические сведения
а)
Д В
С, D\
А, В
С \
углы 1 и 2 равны, то угол 1 совместит-
совместится с углом 2. Углы 3 и 4 также равны,
поэтому и они совместятся.
Если предположить, что прямые а
и Ъ пересекаются в точке С одной
из полуплоскостей, то точка D, с ко-
которой совместится точка С при на-
нашем наложении, также окажется об-
общей точкой прямых а и Ь (рис.49, б).
Тем самым окажется, что через точ-
точки С и D проходят две различные
прямые — а и Ъ (рис.49, в). Но это-
этого не может быть — через две точки
проходит только одна прямая. Следо-
Следовательно, прямые а и Ъ параллельны.
Теорема доказана.
в)
Рис.49, a) Zl = Z2, поэтому
Z3 = Z4; б) совместили две по-
половины рисунка. Если С — об-
общая точка прямых а и Ь, то
точка D, которая на нее нало-
жилась, — также общая точка
прямых а и 6; в) через точки С
и D проходят две прямые — а
и Ь, чего не может быть
Доказанная теорема является еще
одним признаком параллельности
двух прямых, причем ранее установ-
установленный признак является его частным
случаем. В самом деле, если две пря-
прямые перпендикулярны к третьей пря-
прямой, то накрест лежащие углы, образо-
образованные при пересечении этих двух пря-
прямых третьей, равны (эти углы — пря-
прямые), поэтому прямые параллельны.
Прежде чем сформулировать еще
два признака параллельности прямых,
обратимся к рисунку 50, на котором
прямые а и Ъ пересечены секущей с. Образовавшиеся при этом углы
обозначены цифрами. Назовем углы 1 и 5, 4 и 8, 2 и 6, 3 и 7
соответственными, а углы 4 и 5, 3 и 6 — односторонними.
Утверждения, которые непо-
непосредственно вытекают из теоремы,
называют следствиями. Из дока-
доказанной теоремы вытекают такие
следствия.
Если при пересечении двух пря-
прямых секущей соответственные
углы равны, то эти прямые па-
параллельны.
Если при пересечении двух пря-
прямых секущей сумма односторон-
односторонних углов равна 180°, то эти пря-
прямые параллельны.
5/6
рис 50

3. Перпендикулярные и параллельные прямые
31
Доказательства этих утверждений приведены под рисунками 51
и 52.
3/2
Рис. 51. Пусть соответственные уг-
углы Z1 и Z2 равны: Zl = Z2. Так
как Z2 = Z3 (как вертикальные уг-
углы), то Zl = Z3, т. е. равны накрест
лежащие углы. Следовательно, а \\ Ъ
Рис. 52. Пусть сумма односторон-
односторонних углов 1 и 2 равна 180°. Так как
сумма смежных углов 3 и 2 также
равна 180°, то Zl = Z3, т.е. рав-
равны накрест лежащие углы. Следова-
Следовательно, а II Ъ
14. Практические способы построения параллельных прямых.
Признаки параллельности двух прямых лежат в основе практических
способов построения параллельных прямых с помощью различных ин-
инструментов. Рассмотрим, например, способ построения параллельных
прямых с помощью чертежного угольника и линейки.
Чтобы построить прямую, проходящую через точку М и парал-
параллельную данной прямой а, сначала приложим чертежный угольник
к прямой а, а к нему линейку так, как показано на рисунке 53. Затем,
передвигая угольник вдоль линейки, добьемся того, чтобы точка М
оказалась на стороне угольника, и проведем прямую Ь. Прямые а и Ь
параллельны, так как соответственные углы, обозначенный на рисун-
рисунке 53 буквами а и /3, равны.
На рисунке 54 показан способ построения параллельных прямых
при помощи рейсшины. Этим способом пользуются в чертежной прак-
практике.
М
Рис. 53
Рис. 54

32
Гл. 1. Начальные геометрические сведения
Рис. 55
Аналогичный способ применяется при столяр-
столярных работах, где для разметки параллельных пря-
прямых используется малка, представляющая собой
две деревянные планки, скрепленные шарниром
(рис. 55).
15. А есть ли квадрат?. Вернемся к нашим
геометрическим конструкциям, связанным с чис-
числом у/2 (см. п. 11). Мы разрезали каждый из двух
одинаковых квадратов с площадью 1 по диагонали
и из получившихся четырех треугольников соста-
составили квадрат с площадью 2 (см. рис.37 и 38).
А почему получился квадрат? Если внимательно
посмотреть на рисунок 38, то видно, что стороны получившегося че-
четырехугольника одинаковы, так как каждая из них равна диагонали а
исходного квадрата. Но ведь четырехугольник, все стороны которого
равны, может и не быть квадратом (рис.56). У квадрата каждый
из углов — прямой. А вот являются ли у составленного нами четырех-
четырехугольника все углы прямыми? Это нужно доказать!
Можно поступить так. Разрежем квадрат ABCD со стороной 1
по диагонали (рис.57). Докажем, что полученные при этом треуголь-
треугольники ABD и CBD равны. Для этого треугольник ABD наложим
на треугольник CBD так, чтобы прямой угол при вершине А совме-
совместился с прямым углом при вершине С (рис.58). Тогда сторона АВ
совместится со стороной СВ, а сторона AD совместится со сторо-
стороной CD. Теперь уже ясно, что треугольник ABD полностью совместит-
совместится с треугольником CBD. Следовательно, эти треугольники равны.
Поэтому ZABD = ZCBD (эти углы отмечены дугами на рисунках 57
и 58) и ZADB = ZCDB. Равенство этих углов означает, что диагональ
квадрата делит пополам каждый из углов квадрата, через вершины
В
Рис. 56. Четырехуголь-
Четырехугольник, у которого все сто-
стороны равны, называет-
называется ромбом. Ромб может
и не быть квадратом
Рис. 57. Квадрат ABCD
разрезан по диагонали на
два треугольника ABD
и CBD

3. Перпендикулярные и параллельные прямые
33
D
Рис. 58. На этом рисунке по-
показан процесс наложения тре-
треугольника ABD на треугольник
CBD. Начальное и промежу-
промежуточное положения треугольни-
треугольника ABD показаны пунктиром.
Стрелками указан путь вершин
которых она проходит. Взглянув теперь
еще раз на рисунок 38, мы сразу уви-
увидим, что углы при вершинах построен-
построенного нами четырехугольника (он изоб-
изображен штрихами) — прямые, так как
каждый из них составлен из двух по-
половинок прямого угла. Стороны же че-
четырехугольника равны, и поэтому этот
четырехугольник — квадрат.
Но возникает другой вопрос. При
конструировании квадрата со сторо-
стороной а мы исходили из того, что у нас
есть квадрат со стороной 1, т.е. есть
четырехугольник, все стороны которо-
которого равны 1 и все углы — прямые.
А есть ли такой четырехугольник, т. е.
есть ли квадрат со стороной 1? И во-
вообще, существует ли квадрат с дан-
данной стороной d? Можно попытаться
ответить на этот вопрос так: попро-
попробовать построить квадрат со сторо-
стороной d.
Рассмотрим отрезок AD длины d (рис.59). Через точку А под
прямым углом к прямой AD проведем луч h и отложим на нем от-
отрезок АВ = d. Через точку В под прямым углом к лучу h проведем
луч к и отложим на нем отрезок ВС = d. Далее через точку С под
прямым углом к лучу к про-
проведем луч /. Теперь на этом
луче отложим отрезок CD\ =
= d. Наше построение завер-
завершено, но что мы получили?
Если точка D\ совпадет с точ-
точкой D, то мы получим четы-
четырехугольник с равными сто-
сторонами. Но откуда следует,
что угол при вершине D этого
четырехугольника будет пря-
прямым? А может быть и точ-
точка D\ не совпадет с точкой D.
Тогда даже четырехугольник
не получится.
Можно предложить иную
конструкцию — через точку С
не проводить луч / под пря- Рис. 59. Построение квадрата с заданной
мым углом к лучу fc, а просто стороной d
соединить точки С и D отрез-
к
2 С. Б. Кадомцев

34 Гл. 1. Начальные геометрические сведения
ком. Но будет ли сторона CD равна d и будут ли углы при верши-
вершинах С и D прямыми? Самое удивительное, что без дополнительных
предположений нельзя ответить ни на один из этих вопросов. Эти
предположения мы обсудим в нашей книге позже и тогда докажем, что
квадрат с заданной стороной есть, он существует. А пока запишите
в свой блокнот вопрос:
есть ли квадрат?
16. Заключительные замечания. Мы познакомились с некоторы-
некоторыми начальными геометрическими понятиями. И уже появились вопро-
вопросы, на которые мы пока не знаем ответа. Например, мы не знаем, есть
ли квадрат.
В наших доказательствах мы широко ис-
использовали рисунки. Хотя, наверное, Вы почув-
почувствовали, что рисунки только поясняют суть
дела, но не заменяют рассуждения. К рисункам
надо относиться с осторожностью. Об этом уже
говорилось в пункте 6. Вот еще два рисунка —
60 и 61, показывающие, что рисункам можно
доверять далеко не всегда.
Геометрия развивает наши пространствен-
пространственные представления. Но не только для этого
она нужна. Она важна для нашей практической
деятельности. Но, пожалуй, и это не главное.
Наполеон Доказывая что-то, решая задачи, мы учимся
рассуждать, а это важно в любом деле. Геомет-
Геометрия, как мы вскоре увидим, поражает воображение тем, что путем
рассуждений в ней устанавливаются совершенно неожиданные факты.
Не удивительно, что на протяжении многих столетий люди самых раз-
разнообразных профессий посвящали часы досуга занятиям геометрией.
Даже Наполеон Бонапарт, будучи императором и великим полковод-
полководцем, оставил свой след в геометрии в виде теоремы Наполеона.
Задачи
18. Докажите, что если биссектрисы углов ABC и CBD перпенди-
перпендикулярны, то точки А, В и D лежат на одной прямой.
19. Пусть Zhk — меньший из двух смежных углов hk и hi. Дока-
Докажите, что Zhk = 90° - \{Zhl - Zhk), a Zhl = 90° + \{Zhl - Zhk).
20. Докажите, что биссектрисы вертикальных углов лежат на одной
прямой.
21. Пять прямых пересекаются в одной точке (рис.62). Найдите
сумму углов 1, 2, 3, 4 и 5.
22. Даны две пересекающиеся прямые а и Ь и точка А, не лежа-
лежащая на этих прямых. Через точку А проведены прямые тип так,
что т JL а, п ±Ь. Докажите, что прямые т и п не совпадают.
23. Квадрат разрезан по диагонали. Докажите, что сумма углов
в каждом из полученных треугольников равна 180°.

3. Перпендикулярные и параллельные прямые
35
Рис. 60. Такая пространственная
фигура невозможна. А на рисунке
она есть. Этот рисунок придумал
ученый Р. Пенроуз
Рис. 61. Лестница Схоутена (по име-
имени ученого, придумавшего этот ри-
рисунок). Звездочкой отмечена стена, в
которую упирается лестница. Повер-
Поверните рисунок на 180° и посмотрите,
во что превратится стена, отмеченная
звездочкой
24. Прямоугольник, составленный из двух равных квадратов
(рис.63), разрезан по диагонали на два треугольника (один из них
на рисунке 63 заштрихован). Докажите, что эти треугольники равны.
Докажите также, что сумма углов каждого из этих треугольников
равна 180°.
25. На рисунке 64 прямые а и Ъ пересечены секущей с. Докажите,
что а || Ь, если: a) Z1 = 37°, Z7 = 143°; б) Zl = Z6; в) Z1 = 45°, a Z7
в три раза больше Z3.
26. Дан квадрат ABCD. Докажите, что АВ \\ CD и AD \\ ВС.
Рис. 62

36
Гл. 1. Начальные геометрические сведения
V
1\2
Рис. 63
7\6
Рис. 64
27. На рисунке 65 ABAC = ABC А и ZDCE = ZDEC. Докажите,
что АВ || DE.
28. Исходя из рисунка 66, докажите, что: а) ВС \\ DE; б) прямые,
содержащие биссектрисы углов ABC и DEF, параллельны.
А
Е
D
Рис. 65
Рис. 66
29. Исходя из рисунка 67, докажите, что прямая, содержащая
биссектрису угла BCD, параллельна прямой АВ.
А
С
Рис. 67
D
D
Рис. 68
30. На рисунке 68 луч BD — биссектриса угла ABC. Докажите,
что AD || ВС.

Глава 2
ТРЕУГОЛЬНИКИ
§ 1. Треугольники и их виды
17. Треугольник. Вспомним, что такое треугольник. Это фигура,
состоящая из трех отрезков — сторон треугольника, соединяющих
три точки — вершины треугольника. К этому надо добавить еще, что
вершины треугольника не должны лежать на одной прямой. Итак, тре-
треугольником называется геометрическая фигура, состоящая из трех
отрезков, соединяющих три точки, не лежащие на одной пря-
прямой. Треугольник с вершинами А, В и С условимся обозначать
так: ААВС (рис.69).
Углы ABAC, ZCBA и ZACB называют углами треугольни-
треугольника ABC. Эти углы часто обозначают одной буквой: /.A, ZB и Z.C.
Сумма трех сторон треугольника называется его периметром.
Каждый треугольник разделяет плоскость на две части: внутрен-
внутреннюю и внешнюю области (рис.70). Как сказать словами, что такое
внутренняя область треугольника? Можно сказать так: это общая
часть внутренних областей трех его углов (рис.71). Фигуру, состоя-
состоящую из сторон треугольника и его внутренней области, также называ-
называют треугольником.
Внешняя
7\
область ~/ \ треугольника
/ \
Внутренняя
область >v
треугольника
А В
Рис. 69. Треугольник ABC Рис. 70

38
Гл. 2. Треугольники
Внутренняя
область
угла А
Внутренняя
область
угла С
Внутренняя область
треугольника ABC
Внутренняя
область
угла В
Рис. 71. Внутренняя область треугольника ABC — общая часть внутренних
областей трех углов А, В и С этого треугольника
18. Внешний угол треугольника. В следующих пунктах мы полу-
получим ряд важных соотношений между сторонами и углами треугольни-
треугольника. При выводе этих соотношений нам понадобится понятие внешнего
угла треугольника и его свойство.
Внешним углом треугольника называется угол, смежный с каким-
нибудь углом этого треугольника. При каждой вершине треугольника
имеются два внешних угла. На рисунке 72 изображены внешние углы
треугольника ABC.
Докажем теорему о внешнем угле треугольника.
Теорема. Внешний угол треугольника больше каждого угла
треугольника, не смежного с этим внешним углом.
Доказательство. Рассмотрим треугольник ABC (рис. 73) и до-
докажем, например, что внешний угол BCD больше угла В. Проведем
луч ВА\ так, чтобы углы А\ВС и BCD оказались равными накрест
2/4
Рис. 72. Углы 1, 2, 3, 4, 5, б — внеш-
внешние углы треугольника ABC
С
А
Рис. 73

/. Треугольники и их виды
39
лежащими углами, образованными при пересечении прямых А\В и CD
секущей ВС. По признаку параллельности двух прямых прямые А\В
и CD параллельны.
Следовательно, угол BCD не может быть равен углу В. Иначе пря-
прямая А\В совпала бы с прямой АВ и потому не была бы параллельной
прямой CD, поскольку прямая АВ пересекает прямую CD в точке А.
Если бы угол BCD, а значит и равный ему угол А\ВС, был меньше
угла В, то луч ВА\ делил бы угол В на два угла и, следовательно,
пересекал бы отрезок АС, а значит, и прямую CD. Этого также
не может быть, поскольку прямые А\В и CD параллельны. Поэтому
угол BCD больше угла В. Теорема доказана.
Следствие. Сумма двух углов треугольника меньше 180°.
В самом деле, рассмотрим треугольник ABC и докажем, например,
что А А + /Б < 180°. Внешний угол при вершине А равен 180° —
— /.А. Поскольку этот угол больше угла В, то 180° — ZА > ZB,
откуда 180° > ZA + ZB, или ZA + ZB < 180°.
19. Классификация треугольников.
Из теоремы о внешнем угле треугольника
следует, что если в треугольнике один
из углов — прямой или тупой, то два
других угла — острые. В самом деле,
пусть в треугольнике ABC угол А —
прямой или тупой (рис.74). Тогда внеш-
внешний угол BAD — прямой или острый. ^^_^^_^_^^_^^^^
По теореме о внешнем угле треугольника С A D
углы В и С треугольника ABC меньше
угла BAD, поэтому они — острые. Таким
образом,
в любом треугольнике либо все три угла — острые, либо два
угла — острые, а третий — прямой или тупой.
Если все углы треугольника — острые, то его называют остро-
остроугольным (рис.75, а). Если один из углов треугольника — прямой,
то его называют прямоугольным (рис.75, б), а если один из углов
Рис. 74
а)
б)
в)
Рис. 75. а) Остроугольный треугольник — все его углы острые; б) прямоуголь-
прямоугольный треугольник — у него один угол прямой; в) тупоугольный треугольник —
у него один угол тупой

40
Гл. 2. Треугольники
треугольника — тупой, то тупоугольным
(рис.75, в). Сторону прямоугольного тре-
треугольника, лежащую против прямого угла,
называют гипотенузой, а две другие сто-
стороны — катетами (рис.76).
Эта классификация треугольников, т. е.
разделение их на три вида (класса), ос-
основана на сравнении углов треугольника.
Можно дать классификацию треугольни-
треугольников, опираясь на сравнение их сторон.
Если длины всех сторон треугольни-
треугольника разные, то его называют разносторон-
разносторонним (рис.77, а). Если две стороны равны, то треугольник называют
равнобедренным (рис.77, б). Равные стороны равнобедренного тре-
треугольника обычно называют боковыми сторонами, а третью сторо-
сторону — основанием. Треугольник, у которого все стороны равны, назы-
называют равносторонним (рис.77, в).
катет
Рис. 76. Прямоугольный
треугольник
основание
а)
б)
Рис. 77. а) Разносторонний треугольник — длины всех его сторон разные;
б) равнобедренный треугольник — у него две стороны равны; в) равносторон-
равносторонний треугольник — у него все стороны равны
20. Медианы, биссектрисы и высоты треугольника. С каждым
треугольником связаны несколько отрезков, которые имеют специаль-
специальные названия.
Отрезок, соединяющий вершину треугольника с серединой проти-
противоположной стороны, называется медианой треугольника (рис.78, а).
Отрезок биссектрисы угла, соединяющий вершину с точкой
противоположной стороны, называется биссектрисой треугольника
(рис. 79, а).
Перпендикуляр, проведенный из вершины треугольника к прямой,
содержащей противоположную сторону, называется высотой треуголь-
треугольника (рис.80, а).
Посмотрим на рисунки 78, 79, 80. Мы видим, что три медианы
треугольника на рисунке 78, б пересекаются в одной точке, три бис-

/. Треугольники и их виды
41
М
а)
В
м2
м1
с
Рис. 78. a) AM — медиана треугольника; б) АМ\, ВМ2, СМ^ — медианы
треугольника ABC
сектрисы на рисунке 79, б пересекаются в одной точке, три высоты или
их продолжения на рисунках 80 б, в, г также пересекаются в одной
точке. Случайно ли это, или так будет в любом треугольнике? Пока
мы не можем ответить на эти вопросы, поэтому запишем их в блокнот:
Верно ли, что три медианы треугольника пересекаются в одной
точке}
Верно ли, что три биссектрисы треугольника пересекаются
в одной точке?
Верно ли, что три высоты треугольника или их продолжения
пересекаются в одной точке}
А
D
С
б)
— биссектриса треугольника ABC; б) СС\, DD\, EE\ —
биссектрисы треугольника CDE
Задачи
31. Может ли в треугольнике один угол быть острым, другой —
прямым, а третий — тупым? Ответ обоснуйте.
32. В треугольнике ABC угол А — прямой. Докажите, что внешние
углы при вершинах В и С — тупые.
33. Докажите, что в любом треугольнике сумма двух внешних
углов при разных вершинах больше 180°.

42
Гл. 2. Треугольники
В
Н
В
а)
С В
А
н.
с в Hl
С
Рис. 80. а) АН — высота треугольника; б), в), г) АН\, ВЩ, СЩ — высоты
треугольника ABC
34. В прямоугольном треугольнике ABC с прямым углом С точ-
точка D лежит на катете ВС. Докажите, что ZADB > ZABC и ZADB >
> ABAC.
35! Точка М лежит во внутренней области треугольника ABC.
Докажите, что ABAC < ZBMC.
36. Вершина С треугольника ABC лежит между вершиной В
и основанием высоты АН. Докажите, что углы А и В — острые.
37. Периметр равнобедренного треугольника ABC с основани-
основанием ВС равен 40 см, а периметр равностороннего треугольника BCD
равен 45 см. Найдите стороны АВ и ВС.
38. В равнобедренном треугольнике ABC с основанием ВС про-
проведена медиана AM. Найдите AM, если периметр треугольника ABC
равен 32 см, а периметр треугольника АВМ равен 24 см.
39. Основание равнобедренного треугольника равно 8 см. Меди-
Медиана, проведенная к боковой стороне, разбивает треугольник на два
треугольника так, что периметр одного треугольника на 2 см больше
периметра другого. Найдите боковую сторону данного треугольника.
40! Докажите, что в остроугольном треугольнике основания высот
лежат на сторонах треугольника и не совпадают с его вершинами.
41! Докажите, что в тупоугольном треугольнике основание высоты,
проведенной из вершины тупого угла, лежит на стороне треугольника,
а основания высот, проведенных из вершин острых углов, — на про-
продолжениях сторон.

2. Равнобедренный треугольник
43
§ 2. Равнобедренный треугольник
21. Теорема об углах равнобедренного треугольника.
Теорема. Углы при основании равнобедренного треугольника
равны.
Доказательство. Рассмотрим равнобедренный треугольник
ABC с основанием ВС (рис.81, а) и докажем, что АВ = Z.C.
В
а)
С
б)
Рис. 81
Мысленно наложим на рисунок 81, а прозрачный лист, скопируем
рисунок, перевернем лист (рис.81, б) и вновь наложим на рисунок так,
чтобы вершина А на листе совместилась с вершиной А на рисунке,
а луч АВ на листе совместился с лучом АС на рисунке. Ясно, что
при этом луч АС на листе совместится с лучом АВ на рисунке,
а поскольку АВ = АС, то точка В совместится с точкой С, а точ-
точка С — с точкой В. Иными словами, треугольник на листе полностью
совместится с треугольником на рисунке. При этом угол В совместится
с углом С, а значит, эти углы равны. Теорема доказана.
22. Признак равнобедренного треугольника.
Теорема. Если два угла треугольника
равны, то такой треугольник — равнобед-
равнобедренный.
Доказательство. Рассмотрим треуголь-
треугольник ABC, углы В и С которого равны (рис. 82),
и докажем, что АВ = АС.
Воспользуемся идеей доказательства теоре-
теоремы об углах равнобедренного треугольника.
Мысленно наложим на рисунок 82 прозрач-
прозрачный лист, скопируем рисунок, перевернем лист
и вновь наложим на рисунок так, чтобы вер-
вершина В на листе совместилась с вершиной С
на рисунке, а вершина С на листе — с вер- В
шиной В на рисунке. Поскольку углы В и С
равны, то луч В А на листе совместится с лу-
С
Рис. 82

44
Гл. 2. Треугольники
чом С А на рисунке, а луч С А на листе — с лучом В А на рисунке.
Поэтому треугольник на листе полностью совместится с треугольни-
треугольником на рисунке. При этом сторона АВ совместится со стороной АС,
а значит, эти стороны равны. Теорема доказана.
Таким образом, равенство у треугольника двух углов является
признаком, по которому можно сделать вывод о том, что этот треуголь-
треугольник — равнобедренный, т. е. доказанная теорема выражает признак
равнобедренного треугольника.
23. Теорема о высоте равнобедренного треугольника.
Теорема. Высота равнобедренного треугольника, проведенная
к основанию, является медианой и биссектрисой.
Доказательство. Рассмотрим равнобед-
равнобедренный треугольник ABC, в котором АН —
высота, проведенная к основанию ВС (рис.83).
Докажем, что отрезок АН является также ме-
медианой и биссектрисой треугольника ABC.
Мысленно наложим на треугольник ABC
прозрачный лист, скопируем треугольник и от-
отрезок АН, перевернем лист и вновь наложим
на треугольник ABC так, чтобы вершины А,
В и С на листе совместились соответственно
с вершинами А, С и В треугольника (см. до-
доказательство теоремы об углах равнобедренно-
равнобедренного треугольника). Из точки А можно провести
только один перпендикуляр к прямой ВС. Сле-
Следовательно, отрезок АН на листе совместится
с высотой АН треугольника ABC. Поэтому
отрезок ВН совместится с отрезком СН, а угол ВАН — с углом САН.
Значит, ВН = СН и ZBAH = АСАН. Из этого следует, что отре-
отрезок АН является медианой и биссектрисой треугольника ABC. Теоре-
Теорема доказана.
Итак, мы установили, что высота, медиана и биссектриса равнобед-
равнобедренного треугольника, проведенные к основанию, совпадают. Поэтому
следствиями из доказанной теоремы являются следующие утвержде-
утверждения:
1° биссектриса равнобедренного треугольника, проведенная к ос-
основанию, является высотой и медианой]
2° медиана равнобедренного треугольника, проведенная к осно-
основанию, является биссектрисой и высотой.
Задача. Доказать, что если в треугольнике биссектриса явля-
является медианой, то этот треугольник — равнобедренный.
Решение. Рассмотрим треугольник ABC, в котором биссектри-
биссектриса AM является одновременно медианой (рис.84, а), т.е. Zl = Z2
и MB = МС. Требуется доказать, что АВ = АС.
В
Н
Рис. 83
С

2. Равнобедренный треугольник
45
В
М
а)
С В
Рис. 84
Попробуем рассуждать так. Мысленно перегнем плоскость по пря-
прямой AM так, чтобы треугольник АВМ наложился на треуголь-
треугольник АСЫ. При этом луч АВ совместится с лучом АС, посколь-
поскольку Z1 = Z2, и, следовательно, точка В совместится с какой-то точкой
на луче АС. Если мы докажем, что точка В совместится с точкой С,
то из этого будет следовать, что АВ = АС, т. е. треугольник ABC —
равнобедренный, и тем самым задача будет решена.
Но как доказать, что точка В совместится с точкой С? Допустим,
что точка В совместится не с точкой С, а с какой-то другой точкой В'
на луче АС. Предположим сначала, что точка В' лежит между А
и С (рис.84, б). Поскольку в результате перегибания угол АВМ
совмещается с углом АВ'М, то ZABM = ZAB'M, т. е.
ZB = ZAB'M.
A)
Отрезок MB совмещается с отрезком MB', поэтому MB' = МБ,
а так как по условию MB = МС, то MB' = МС. Это означает, что
треугольник MB'С — равнобедренный и, следовательно, его углы при
основании В'С равны:
ZC = ZCB'M. B)
Заметим теперь, что углы АВ'М и СВ'М — смежные, поэто-
поэтому ZAB'M + ZCB'M = 180°. Из этого равенства, учитывая равен-
равенства A) и B), получаем:
= 180°.
C)
Итак, мы получили, что сумма двух углов треугольника ABC
равна 180°. Но этого не может быть — сумма двух углов треугольника
меньше 180° (см. п. 18).
Таким образом, наше предположение о том, что в результате пе-
перегибания по прямой AM точка В совместится с точкой В', лежа-
лежащей между А и С, привело к противоречию с установленным ранее
свойством углов треугольника. Это означает, что наше предположение
не верно.
Если мы предположим, что точка В совместится с такой точкой В',
что точка С лежит между точками А и В' (рис. 84, в), то снова придем

46 Гл. 2. Треугольники
к равенству C), которое не может быть выполнено. Рассуждения для
этого случая проведите самостоятельно.
Следовательно, в результате перегибания точка В обязательно сов-
совместится с точкой С. Поэтому АВ = АС, т. е. треугольник ABC —
равнобедренный, что и требовалось доказать.
Задачи
42. Докажите, что в равностороннем треугольнике все углы равны.
43. Медиана AM треугольника ABC равна отрезку ВЫ. Докажи-
Докажите, что один из углов треугольника ABC равен сумме двух других
углов.
44. На рисунке 85 АВ = ВС,
CD = DE. Докажите, что ABAC =
= ZCED.
45. В треугольнике ABC ZA =
= 38°, ZB = 110°, АС = 32°. На
стороне АС отмечены точки D и Е
так' что точка D лежит на отрез-
ке АЕ, BD = DA, BE = ЕС. Най-
дите ZDBE.
46* Даны три точки А, В и С,
рис g? лежащие на одной прямой, и точ-
точка D, не лежащая на этой прямой.
Докажите, что по крайней мере два из трех отрезков AD, BD, CD
не равны друг другу.
47. В равнобедренном треугольнике ABC с основанием АС биссек-
биссектрисы углов А и С пересекаются в точке О. Докажите, что треуголь-
треугольник АОС — равнобедренный.
48. В равнобедренном треугольнике DEK с основанием DK от-
отрезок ЕЕ — биссектриса, DK = 16 см, ZDEF = 43°. Найдите KF,
ZDEK, ZEFD.
49! Докажите, что если медиана треугольника совпадает с его
высотой, то этот треугольник — равнобедренный.
50. Докажите, что если в треугольнике ABC стороны АВ и АС
не равны, то медиана AM этого треугольника не является его высотой.
51! Докажите, что если биссектриса треугольника является его
высотой, то этот треугольник — равнобедренный.
§ 3. Соотношения между сторонами и углами
треугольника
24. Теорема о соотношениях между сторонами и углами тре-
треугольника. Рассмотрим треугольник ABC. Если стороны АВ и АС
равны, т. е. треугольник равнобедренный, то, как мы знаем, углы В
и С также равны. А что можно сказать об углах В и С, если стороны
АВ и АС не равны? Пусть, например, сторона АВ больше стороны

3. Соотношения между сторонами и углами треугольника
47
А'
В
Рис. 86. Если АВ > АС, то АС > АВ:
против большей стороны лежит боль-
больший угол
АС (рис.86). Тогда лежащие
против этих сторон углы С и В
также не равны. В самом деле,
если эти углы равны, то тре-
треугольник ABC — равнобедрен-
равнобедренный, а стороны АВ и АС —
его равные боковые стороны,
т. е. АВ = АС, что противоре-
противоречит условию.
Итак, если сторона АВ
больше стороны АС, то углы С
и В не равны друг другу. А ка-
какой из этих углов больше? На нашем рисунке видно, что больше
угол С, т.е. тот угол, который лежит против большей стороны. А все-
всегда ли это так? Оказывается, всегда. Докажем это утверждение.
Теорема. В треугольнике против большей стороны лежит
больший угол.
Доказательство. Пусть в треугольнике ABC сторона АВ боль-
больше стороны АС. Докажем, что АС > АВ (рис.86).
Отложим на луче АВ от-
отрезок AD, равный стороне АС
(рис.87). Так как AD < АВ,
то точка D лежит между точ-
точками А н В. Следовательно,
угол 1 является частью уг-
угла С, а значит, АС > А\.
Но А\ = Z2 (как углы при А _
основании CD равнобедренно-
равнобедренного треугольника ACD), поэто- Рис. 87
му АС > Z2.
Рассмотрим теперь треугольник BCD. Так как угол 2 — внешний
угол этого треугольника, то Z2 > АВ. Таким образом, АС > Z2,
a Z2 > АВ, поэтому АС > АВ. Теорема доказана.
25. Обратные теоремы. Во всякой теореме различают две части:
условие и заключение. Условие теоремы — это то, что дано, заключе-
заключение — то, что требуется доказать.
Рассмотрим, например, теорему об углах равнобедренного треуголь-
треугольника. Для того чтобы выделить условие теоремы, сформулируем ее так:
«если треугольник равнобедренный, то углы при его основании рав-
равны». В этой теореме условием является первая часть утверждения:
«если треугольник равнобедренный», а заключением — вторая часть:
«то углы при его основании равны». Иными словами, дан равнобед-
равнобедренный треугольник и требуется доказать, что углы при его основании
равны.

48 Гл. 2. Треугольники
Теоремой, обратной данной, называется такая теорема, в которой
условием является заключение данной теоремы, а заключением —
условие данной теоремы. Теоремой, обратной теореме об углах рав-
равнобедренного треугольника, является теорема о признаке равнобед-
равнобедренного треугольника: если два угла треугольника равны, то этот
треугольник — равнобедренный.
Отметим, что если доказана прямая теорема, то отсюда еще не сле-
следует справедливость обратной теоремы. Более того, обратная теорема
не всегда имеет место. Приведем простой пример. Мы знаем, что
если а2 = 2, то число а — иррациональное. Обратное утверждение:
«если число а — иррациональное, то а2 = 2», конечно же, неверно (см,
например, задачу 15).
Докажем теорему, обратную теореме предыдущего пункта.
Теорема. В треугольнике против большего угла лежит
большая сторона.
Доказательство. Пусть в
треугольнике ABC угол С больше
угла В. Докажем, что АВ > АС
(рис.88).
Допустим, что это не так. То-
, ^ гда либо АВ = АС, либо АВ <
< АС. В первом случае тре-
Рис. 88. Если ZC > ZB, то АВ > У™льник ABC - равнобедренный,
> АС: против большего угла лежит а значит, ZC = ZB. Во втором слу-
большая сторона чае по теореме предыдущего пунк-
пункта ZC < ZB. И то, и другое проти-
противоречит условию теоремы: ZC > ZB. Поэтому сторона АВ не может
быть равной стороне АС и не может быть меньше стороны АС. Следо-
Следовательно, АВ > АС. Теорема доказана.
Следствие. В прямоугольном треугольнике гипотенуза больше
катета.
В самом деле, гипотенуза лежит против прямого угла, а катет —
против острого. Так как прямой угол больше острого, то гипотенуза
больше катета.
Замечание. При доказательстве теоремы мы использовали спо-
способ рассуждений, который называется методом доказательства
от противного. Мы предположили, что АВ ^ АС, т. е. предположили
противоположное (противное) тому, что хотим доказать. Исходя из это-
этого предположения, путем рассуждений мы пришли к противоречию
с условием теоремы. Это означает, что наше предположение неверно,
а значит, АВ > АС.
Такой способ рассуждений часто используется в математике при
доказательстве утверждений. Может быть Вы заметили, что мы уже
неоднократно им пользовались.

3. Соотношения между сторонами и углами треугольника
49
В
М
Рис.
С
Задача 1. Отрезок соединяет вершину треугольника с внут-
внутренней точкой противоположной стороны. Доказать, что этот
отрезок меньше большей из двух других сторон.
Решение. Рассмотрим треугольник ABC, в котором отрезок AM
соединяет вершину А с точкой М стороны ВС (рис.89). Пусть АВ >
> АС. Требуется доказать, что AM < АВ.
Отрезки AM и АВ являют-
являются сторонами треугольника АМВ.
В треугольнике же из двух сто-
сторон та больше, которая лежит про-
против большего угла. Поэтому если
мы докажем, что АВ < Z1, то из
этого будет следовать, что AM <
<АВ.
Сравнить углы В и 1 можно та-
таким образом. Угол В меньше уг-
угла С (так как АС < АВ по усло-
условию), а угол С меньше угла 1, так
как угол 1 — внешний угол треугольника АМС. Итак, ZB < ZC
и ZC < Z1. Следовательно, ZB < Z1, поэтому AM < АВ, что и тре-
требовалось доказать.
26. Неравенство треугольника. Теперь мы знаем несколько со-
соотношений между сторонами и углами треугольника. А существует
ли какое-нибудь соотношение между тремя сторонами треугольника
или между тремя его углами? Начнем со сторон, а вопрос о соотноше-
соотношении между тремя углами запишем пока в блокнот.
Нарисуем треугольник ABC (рис. 90, а) и представим себе, что нам
нужно по кратчайшему пути вдоль сторон треугольника ABC пройти
из точки А в точку В. Как мы пойдем: по стороне АВ, или сначала
по АС, а затем по СВ? Ясно, что по АВ — этот путь короче. Вот
мы и получили соотношение между тремя сторонами треугольника:
каждая сторона треугольника меньше суммы двух других сторон.
Сформулируем это утверждение в виде теоремы и докажем ее.
Теорема. Каждая сторона треугольника меньше суммы двух
других сторон.
С
А
а)
С
б)
D
Рис. 90

50
Гл. 2. Треугольники
Доказательство. Рассмотрим треугольник ABC и докажем,
например, что АВ < АС + СВ. Отложим на продолжении стороны
АС отрезок CD, равный стороне СВ (рис.90, б). Так как треуголь-
треугольник BCD — равнобедренный (ВС = CD), то Zl = Z2, а посколь-
поскольку ZABD > Z1, то ZABD > Z2. В треугольнике ABD против боль-
большего угла лежит большая сторона, поэтому АВ < AD. Но AD = АС +
+ CD = АС + СБ. Следовательно, АЕ> < АС + СБ. Теорема доказана.
Доказанную теорему можно сформулировать иначе:
для любых трех точек А, В и С, не лежащих на одной прямой,
справедливы неравенства:
АВ <АС + СВ, ВС <ВА + АС, СА<СВ + В А.
Каждое из этих неравенств называется неравенством треугольни-
треугольника.
Воспользуемся неравенством треугольника для решения такой за-
задачи.
Задача 2. Доказать, что
если точка М лежит внутри
треугольника ABC, то MB +
+MC <АВ + АС.
Решение. Обратимся к ри-
рисунку 91, на котором отре-
отрезок MD является продолжением
отрезка ВЫ. Воспользуемся нера-
неравенством треугольника примени-
тельно к треугольникам ABD
и MDC. В треугольнике ABD
BD < АВ + AD, или MB +
+ MD < АВ + AD. Отсюда полу-
полуВ
С
Рис. 91
чаем:
MB <AB + AD-MD.
В треугольнике MDC
МС < MD + DC.
A)
B)
Ясно, что сумма слагаемых, стоящих в левых частях неравенств A)
и B), меньше суммы слагаемых, стоящих в правых частях этих нера-
неравенств, т. е. MB + МС < АВ + AD - MD + MD + DC, или MB +
+ МС <AB + AD + DC. Но AD + DC = АС, поэтому MB + МС <
< АВ + АС, что и требовалось доказать.
Задачи
52. Докажите, что в равнобедренном треугольнике отрезок, соеди-
соединяющий любую точку основания, отличную от вершины, с противопо-
противоположной вершиной, меньше боковой стороны.

3. Соотношения между сторонами и углами треугольника 51
53. Докажите, что медиана треугольника не меньше высоты, про-
проведенной из той же вершины.
54! Высота АА\ треугольника ABC не меньше стороны ВС, а вы-
высота ВВ\ не меньше стороны АС. Докажите, что треугольник ABC —
равнобедренный и прямоугольный.
55. Дан треугольник ABC с тупым углом С, К — произвольная
внутренняя точка стороны АС. Докажите, что ВК > ВС и ВК < АВ.
56! Докажите, что любой отрезок с концами на разных сторонах
треугольника не больше наибольшей из сторон этого треугольника.
57! Внутри треугольника ABC взята такая точка D, что AD = АВ.
Докажите, что АС > АВ.
58. Отрезок ВВ\ — биссектриса треугольника ABC. Докажите,
что В А > ВХА и ВС > ВХС.
59. Отрезок АН — перпендикуляр к прямой а, точки М\ и М2,
отличные от точки Я, лежат на прямой а. Докажите, что: а) если
НМХ = НМ2, то АМХ = АМ2, б) если НМХ < НМ2, то АМХ < АМ2,
в) если АМ\ = АМ2, то НМ\ = НМ2, г) если АМ\ < АМ2, то НМ\ <
<НМ2.
60! Отрезок AD — биссектриса треугольника ABC, АВ > АС.
Докажите, что ZADB > ZADC и BD > CD.
61. В треугольнике ABC проведены биссектриса AD и высота АН,
АВ < АС. Докажите, что точка Н лежит на луче DB.
62! Отрезки AM, AD и АН — медиана, биссектриса и высота
треугольника ABC, АВ ф АС. Докажите, что точка D лежит между
точками М и Я.
63. Найдите сторону равнобедренного треугольника, если две дру-
другие стороны равны: а) 8 см и 2 см; б) 10 см и 5 см; в) 5 см и 3 см.
64. Докажите, что каждая сторона треугольника больше разности
двух других сторон.
65. Докажите, что если АВ = АС + СВ, то точки А, В и С лежат
на одной прямой.
66. Периметр равнобедренного треугольника равен 25 см, разность
двух сторон равна 4 см, а один из его внешних углов — острый.
Найдите стороны треугольника.
67. На сторонах ВС, С А и АВ треугольника ABC отмечены
соответственно точки А\, В\ и С\, отличные от вершин треугольника.
Докажите, что периметр треугольника А\В\С\ меньше периметра тре-
треугольника ABC.
68. Стороны ВС и AD треугольников ABC и ABD пересекаются.
Докажите, что ВС + AD > АС + BD.
69. Одна сторона треугольника равна 1,9 дм, а другая — 0,7 дм.
Найдите третью сторону, зная, что ее длина в дециметрах выражается
целым числом.
70. Докажите, что сумма расстояний от любой точки, лежащей
внутри треугольника, до его вершин меньше периметра треугольника.

52 Гл. 2. Треугольники
71! Через вершину А треугольника ABC проведена прямая, пер-
перпендикулярная к биссектрисе его угла А, и на этой прямой взята
произвольная точка М, отличная от А. Докажите, что периметр тре-
треугольника МВС больше периметра треугольника ABC.
72! Точки В и С лежат по одну сторону от прямой а. Укажите
на прямой а такую точку А, что сумма АВ + АС меньше суммы MB +
+ МС, где М — любая точка прямой а, отличная от А.
§ 4. Признаки равенства треугольников
27. Три признака равенства треугольников. Рассмотрим три
признака равенства треугольников.
Теорема 1 (первый признак равенства треугольников). Если
две стороны и угол между ними одного треугольника соответ-
соответственно равны двум сторонам и углу между ними другого треуголь-
треугольника, то такие треугольники равны.
Доказательство. Рассмотрим треугольники ABC и А\В\С\,
у которых АВ = А\В\, АС = А\С\, ZА = /_А\ (рис.92). Докажем,
что эти треугольники равны. Мысленно наложим треугольник ABC
на треугольник А\В\С\ так, чтобы вершина А совместилась с верши-
вершиной А\, а стороны АВ и АС на-
ложились на лучи А\В\ и А\С\.
Это можно сделать, так как углы
А и А\ равны. Поскольку АВ =
= А\В\ и АС = А\С\, то сторо-
сторона АВ совместится со стороной
А\В\, а сторона АС совместится
со стороной А\С\, в частности,
совместятся точки В и В\, С
и С\. Следовательно, совместят-
совместятся стороны ВС и В\С\. Итак,
треугольники полностью совме-
совместятся, а значит, они равны. Тео-
рис 92 Рема доказана.
Теорема 2 (второй признак равенства треугольников). Если
сторона и два прилежащих к ней угла одного треугольника соот-
соответственно равны стороне и двум прилежащим к ней углам другого
треугольника, то такие треугольники равны.
Доказательство. Рассмотрим треугольники ABC и А\В\С\,
у которых АВ = А\В\, ZA = ZA\, ZB = /_В\ (рис.93). Докажем,
что эти треугольники равны. Мысленно наложим треугольник ABC
на треугольник А\В\С\ так, чтобы вершина А совместилась с вер-
вершиной А\, сторона АВ — с равной ей стороной А\В\, а вершины С
и С\ оказались по одну сторону от прямой А\В\. Так как АА = /_А\
и /Б = ZB\, то сторона АС наложится на луч А\С\, а сторона ВС —

4. Признаки равенства треугольников
53
на луч В\С\. Поэтому вершина С — общая точка сторон АС и ВС —
совместится с общей точкой сторон А\С\ и В\С\, т. е. с точкой С\. Зна-
Значит, стороны АС и ВС совместятся соответственно со сторонами А\С\
и В\С\. Итак, треугольники полностью совместятся, и следовательно,
они равны. Теорема доказана.
Теорема 3 (третий признак равенства треугольников). Если
три стороны одного треугольника соответственно равны трем
сторонам другого треугольника, то такие треугольники равны.
Доказательство. При доказательстве двух предыдущих теорем
мы накладывали один треугольник на другой так, чтобы совместились
их равные углы. Но сейчас нам ничего не известно об углах данных
треугольников. Поэтому мы окажемся в затруднительном положении,
если попытаемся совместить их наложением.
Попробуем рассуждать иначе. Рассмотрим треугольники ABC
и А\В\С\, у которых АВ = АхВи ВС = Bid, С А = СХАХ (рис.94).
Ах
Вх
Рис. 93
Рис. 94
Приложим треугольник ABC к треугольнику А\В\С\ так, чтобы вер-
вершины А и А\, В и В\ совместились, а вершины С и С\ оказа-
оказались по разные стороны от прямой А\В\ (рис.95). Проведем отре-
С
с
с
а/
Ах\
Л
^\. В
^^Вх
с, <
а)
ч
\
/
Ж-
Рис
Al ^
б)
.95
\^В
^Вх
А/
<
в)
В
Вх

54
Гл. 2. Треугольники
зок СС\. В результате получим два равнобедренных треугольника:
А\С\С и В\С\С (рис.95, а, б), или один равнобедренный треуголь-
треугольник (рис.95, в; этот случай рассмотрите самостоятельно). Следова-
Следовательно, Z1 = Z2 и Z3 = Z4, а значит, ZC = АСХ. Итак, АС = А\С\,
ВС = В\С\ и АС = ZCi, поэтому треугольники ABC и А\В\С\ равны
по первому признаку равенства треугольников. Теорема доказана.
Воспользуемся признаками равенства треугольников для решения
двух задач.
Задача 1. На сторонах угла MON отмечены точки А, В, С
и D так, что О А = OB, AC = BD (рис.96, а). Отрезки AD и ВС
пересекаются в точке Е. Доказать, что луч ОЕ — биссектриса
угла MON.
Решение. Глядя на рисунок 96, а, можно предположить,
что АОАЕ = АОВЕ, АОСЕ = AODE, ААСЕ = ABDE. Но как
доказать хотя бы одно из этих равенств? Ни одним из признаков
равенства треугольников здесь воспользоваться не удается.
Приглядимся к рисунку внимательнее. Рассмотрим треугольни-
треугольники OAD и ОВС. Эти треугольники равны по первому признаку ра-
равенства треугольников. В самом деле, угол О у них общий, О А = ОВ
по условию, OD = OB + BD = О А + АС = ОС. Из равенства этих
треугольников следует, что (рис. 96, б)
ZOAD = ZOBC, ZODA = ZOCB.
A)
Теперь мы можем доказать одно из выписанных выше равенств:
ААСЕ = ABDE. Действительно, АС = BD по условию, ZOCB =
= ZODA, ZCAD = 180° - ZOAD = 180° - ZOBC = ZDBC (см. A)).
Следовательно, треугольники АСЕ и BDE равны по второму признаку
равенства треугольников. Поэтому СЕ = DE (рис.96, в).
Теперь мы видим, что треугольники ОСЕ и ODE равны по третье-
третьему признаку равенства треугольников. Из этого следует, что ZEOC =
= ZEOD, т. е. луч ОЕ — биссектриса угла M0N, что и требовалось
доказать.

4. Признаки равенства треугольников
55
На этой задаче основан один из способов построения биссектрисы
угла (рис. 97).
Один из способов построения середины отрезка (рис. 98) основан
на следующей задаче.
А
О
В
Рис. 97. Луч ОЕ — биссектриса
угла MON
Рис. 98. Точка О — середина
отрезка АВ
Задача 2. Точки С и D лежат по разные стороны от пря-
прямой АВ и расположены так, что АС = BD и ABAC = ZABD
(рис.99, а). Доказать, что отрезки АВ и CD пересекаются и точ-
точкой пересечения делятся пополам.
А
а)
В
С
О
D
с
К
г)
В
Рис. 99

56 Гл. 2. Треугольники
Решение. Проведем отрезок CD, обозначим буквой О точку
пересечения этого отрезка с прямой АВ и попытаемся сравнить тре-
треугольники АСО и BDO (рис.99, б). В этих треугольниках АС = BD,
А А = АВ (по условию) и Zl = Z2 (как вертикальные углы). Можно
ли на основании этих равенств сделать вывод о равенстве треугольни-
треугольников АСО и BDO1 Мы знаем признак равенства двух треугольников
по стороне и двум прилежащим к ней углам. Но в данном случае угол 1
является не прилежащим, а противолежащим стороне АС (и точно
также угол 2 — противолежащий стороне BD). Поэтому на основе
этих равенств мы не можем сделать заключение о равенстве треуголь-
треугольников АСО и BDO. Кроме того, на нашем рисунке отрезки АВ и CD
пересекаются в точке О. Но всегда ли так будет? Не может ли в каком-
то случае получиться так, что отрезок CD пересечет прямую АВ
в точке О, лежащей вне отрезка АВ (рис. 99, в)? В таком случае
углы 1 и 2 окажутся вовсе не вертикальными, а смежными. Итак,
рассмотренный подход не привел нас к решению задачи.
Попробуем применить другой способ. Отметим середину К отрез-
отрезка АВ (рис.99, г) и соединим ее с точками С и D. Получим тре-
треугольники АСК и BDK. Они равны по двум сторонам и углу между
ними (АС = BD и /.САК = /DBK по условию, АК = KB, поскольку
точка К — середина отрезка АВ). Следовательно, С К = DK и Z1 =
= Z2. Угол СКВ является смежным с углом 1, поэтому АС К В + Z1 =
= 180°, а так как Zl = Z2, то АС К В + Z2 = 180°. Отсюда следует, что
угол CKD — развернутый, а значит, точки С, К и D лежат на одной
прямой.
Таким образом, отрезки АВ и CD пересекаются в точке К и де-
делятся этой точкой пополам, что и требовалось доказать.
Замечание. При решении этой задачи мы столкнулись с весьма
любопытной ситуацией. Путем рассуждений мы установили, что сере-
середина К отрезка АВ на рисунке 99, г и точка О пересечения прямой АВ
с отрезком CD на рисунке 99, б — это одна и та же точка. Иными
словами, указанные рисунки отличаются друг от друга только обозна-
обозначениями. Тем не менее, первый рисунок не привел нас к доказательству
утверждения, а второй — привел. Подумайте об этом. Как ни странно,
подобные ситуации в математике встречаются довольно часто.
28. Есть ли другие признаки равенства треугольников?. При
решении задачи 2 предыдущего пункта мы сначала провели от-
отрезок CD и обозначили буквой О точку его пересечения с пря-
прямой АВ (рис.99, б). В результате образовались два треугольника,
причем сторона и два угла — прилежащий и противолежащий для этой
стороны — одного треугольника оказались соответственно равными
стороне и двум углам — прилежащему и противолежащему для этой
стороны — другого треугольника (если, конечно, углы 1 и 2 — верти-
вертикальные, как на рисунке 99, б, а не смежные, как на рисунке 99, в). Пу-
Путем сложных рассуждений мы доказали, что эти треугольники равны.

4. Признаки равенства треугольников 57
Может быть, мы обнаружили новый признак равенства треугольников?
Давайте поставим вопрос шире.
Условимся называть стороны и углы треугольника элементами
этого треугольника. Каждый из трех известных нам признаков равен-
равенства треугольников позволяет сделать вывод о равенстве двух тре-
треугольников, если установлено, что три элемента одного треугольника
соответственно равны трем элементам другого треугольника. В первом
признаке такими элементами были две стороны и угол между ними,
во втором — сторона и два прилежащих к ней угла, в третьем — три
стороны. Возникает вопрос: а будут ли равны два треугольника, если
какие-то другие три элемента одного треугольника равны соответству-
соответствующим элементам другого треугольника? Иначе говоря, есть ли другие
признаки равенства двух треугольников по трем элементам?
Сначала подумаем, какие еще есть возможности. Если взять одну
сторону и два угла, то оба они могут быть прилежащими к этой
стороне (такой случай рассматривается во втором признаке равенства
треугольников), и может быть другой вариант: один из углов является
прилежащим, а другой — противолежащим для этой стороны (с этим
мы столкнулись при решении задачи 2). Таким образом, возможен
признак равенства треугольников по стороне и двум углам, один из ко-
которых является прилежащим, а другой — противолежащим для этой
стороны.
Далее, если взять две стороны и угол, то он может быть заключен
между этими сторонами (такой случай рассматривается в первом при-
признаке равенства треугольников), а может быть противолежащим одной
из сторон. Тем самым, возникает вопрос о признаке равенства тре-
треугольников по двум сторонам и углу, противолежащему одной из них.
Наконец, в качестве трех элементов треугольника можно взять три
угла и рассмотреть вопрос о признаке равенства треугольников по трем
углам.
Итак, есть три возможности. Посмотрим, какие из них дают при-
признаки равенства треугольников. Начнем с первой.
Гипотеза. Если сторона и два угла — прилежащий и проти-
противолежащий для этой стороны — одного треугольника соответ-
соответственно равны стороне и двум углам — прилежащему и противо-
противолежащему для этой стороны — другого треугольника, то такие
треугольники равны.
Попробуем доказать, что эта гипотеза верна. Рассмотрим треуголь-
треугольники ABC и А\В\С\, у которых АВ = А\В\, ZA = ZAU ZC =
= ZC\ (рис. 100, а). Мы хотим доказать, что эти треугольники равны.
Мысленно наложим треугольник ABC на треугольник А\В\С\ так,
чтобы вершина А совместилась вершиной А\, а стороны АВ и АС
наложились на лучи А\В\ и А\С\. Это можно сделать, так как уг-
углы А и А\ равны. Поскольку АВ = А\В\, то сторона АВ совместится
со стороной А\В\, в частности, совместятся вершины В и В\. Остается
доказать, что вершины С и С\ также совместятся. Если предположить,

58 Гл. 2. Треугольники
(А)АХ
а) б)
Рис. 100. а) АВ = АхВх, АА = ZAU ZC = ZC\
что вершина С совместится не с точкой Сь ас какой-то другой точ-
точкой Съ на луче А\С\ (рис. 100, б), то получится треугольник В\С\С^
у которого внешний угол равен углу треугольника, не смежному с этим
внешним углом (на рисунке 100, б Zl = Z2). Но этого не может
быть, поэтому вершина С совместится с вершиной С\. Следовательно,
совместятся стороны ВС и В\С\. Итак, треугольники ABC и А\В\С\
полностью совместятся, а значит, они равны.
Таким образом, наша гипотеза оказалась верной: имеет место еще
один признак равенства треугольников — по стороне и двум углам,
один из которых является прилежащим, а другой — противолежащим
для этой стороны. Назовем его четвертым признаком равенства
треугольников.
Попробуем теперь доказать следующее утверждение.
Гипотеза. Если две стороны и угол, противолежащий одной
из этих сторон, одного треугольника соответственно равны двум
сторонам и углу другого треугольника, то такие треугольники
равны.
Попробуем доказать, что эта гипотеза верна. Рассмотрим треуголь-
треугольники ABC и А\В\С\, у которых АВ = А\В\, АС = А\С\ и ZC =
= ZC\ (рис.101, а). Мысленно наложим треугольник ABC на тре-
треугольник А\В\С\ так, чтобы вершина С совместилась с вершиной С\,
а стороны С А и С В наложились на лучи С\А\ и С\В\. Это можно
сделать, так как углы С и С\ равны. Поскольку АС = А\С\, то сторо-
сторона АС совместится со стороной А\С\, в частности, совместятся верши-
вершины А и А\. Остается доказать, что вершины В и В\ также совместятся.
Но так ли это? Допустим, что точка В совместилась не с точкой В\,
а с какой-то другой точкой Б2 на луче С\В\ (рис.101, б). Тогда
треугольник А\В\В^ — равнобедренный.

4. Признаки равенства треугольников
59
В
а)
JD
Рис. 101
Сх
Вх
В2
Поскольку углы при основании равнобедренного треугольника —
острые, то смежные с ними углы — тупые. Поэтому либо угол В\
треугольника А\В\С\ — тупой (если точка В\ лежит между С\ и Б2),
либо угол B<i треугольника АхВ^Сх — тупой (если точка В^ лежит
между Сх и Вх). Принимая во внимание соотношение между сторонами
и углами треугольника, и в том и в другом случае получаем: АхВх =
= АхВ2 < АхСх. Следовательно, если АхВх > АхСх, то точки В и Вх
должны совместиться. Таким образом, треугольники ABC и АхВхСх
полностью совместятся, а значит, они равны.
Если же АхВх < АхСх (и следовательно, АВ < АС) (рис. 101, в),
то никакого противоречия не видно. Похоже, что в этом случае наша
гипотеза неверна. Попробуем это доказать, т. е. указать два таких
треугольника, которые удовлетворяют всем нашим условиям, но не
равны друг другу.
Рассмотрим какой-нибудь равнобедренный треугольник ABC с ос-
основанием ВС (рис. 102, а). Продолжим сторону ВС, возьмем на ее
продолжении произвольную точку D (рис. 102, б) и проведем отре-
отрезок AD. Мы получим два треугольника: ABD и ACD, у которых
общие сторона AD и угол D и, кроме того, равны стороны АВ
и АС. Таким образом, стороны AD и АВ и угол D, противолежащий
стороне АВ, треугольника ABD соответственно равны сторонам AD

60 Гл. 2. Треугольники
А
В С В с D
а) б)
Рис. 102
и АС и углу D, противолежащему стороне АС, треугольника ACD.
Однако сами треугольники, очевидно, не равны.
Итак, наша гипотеза в том виде, как мы ее сформулировали, не вер-
верна. Вместе с тем мы доказали, что
признак равенства треугольников по двум сторонам и углу, про-
противолежащему одной из них (назовем его пятым признаком равен-
равенства треугольников), имеет место в том случае (и, как мы увидим
в п. 41, только в этом случае), когда сторона, противолежащая
этому углу, не меньше второй из данных сторон. В частности, он
имеет место тогда, когда указанный угол — прямой или тупой.
Осталось выяснить, имеет ли место признак равенства треуголь-
треугольников по трем углам. На первый взгляд кажется, что этот признак
не имеет места. В самом деле, рассмотрим два неравных квадра-
квадрата (рис. 103, а). Проведем диагонали АС и А\С\ и рассмотрим тре-
треугольники ABC и А\В\С\ (рис. 103, б). Углы этих треугольников
соответственно равны: в каждом треугольнике один угол — прямой,
а два другие по 45°. Но сами треугольники, очевидно, не равны.
А теперь откроем наш блокнот. Мы видим в нем такой вопрос: есть
ли квадрат? На этот вопрос мы пока не нашли ответа. Следовательно,
проведенное только что рассуждение не дает ответа и на вопрос о спра-
справедливости признака равенства треугольников по трем углам. Поэтому,
пока наш блокнот открыт, запишем в него еще один вопрос:
имеет ли место признак равенства треугольников по трем уг-
углам!
Замечание 1. Мы обнаружили, что вторая из наших гипотез
(в том виде, как она была сформулирована) неверна: мы привели
пример двух неравных треугольников, которые, однако, удовлетворяют
всем нашим условиям. Такой пример, который показывает, что какое-то
утверждение неверно, называется контрпримером для этого утвержде-
утверждения.
Замечание 2* Вспомним задачу, которую мы решили в пунк-
пункте 23: «Доказать, что если в треугольнике биссектриса является ме-
медианой, то этот треугольник — равнобедренный». Решив эту зада-

4. Признаки равенства треугольников
61
В ,
С
А
D
Ах
а)
Рис. 103. ABCD и AxBxCxDx - квадраты, АВ ф АХВХ
чу, мы фактически доказали, что треугольники АВМ и АСЫ рав-
равны (см. рис.84). При этом мы пользовались тем, что в этих треуголь-
треугольниках Zl = Z2, MB = МС и сторона AM — общая. Таким образом,
мы исходили из того, что две стороны (MB и AM) и угол, проти-
противолежащий одной из этих сторон (стороне MB), одного треугольника
соответственно равны двум сторонам и углу другого треугольника,
т. е. исходили из условий, которые сформулированы в пятом признаке
равенства треугольников. Но пятый признак равенства треугольников
имеет место только в том случае, когда сторона, противолежащая
данному углу, не меньше второй из данных сторон. В нашем же случае
неравенство MB ^ AM может и не выполняться. Почему же, несмотря
на это обстоятельство, нам удалось доказать равенство указанных
треугольников?
Разгадка здесь состоит вот в чем. Помимо упомянутых соотноше-
соотношений между элементами треугольников АВМ и АСМ, нам было дано
еще одно равенство: ZAMB + ZAMC = 180°. Попробуйте самостоя-
самостоятельно разобраться в том, к чему это приводит.
29. Признаки равенства треугольников, использующие медиа-
медианы, биссектрисы и высоты. Количество признаков равенства тре-
треугольников возрастает, если наряду с элементами (сторонами и углами)
треугольника использовать другие отрезки, связанные с треугольни-
треугольником: медианы, биссектрисы и высоты. Рассмотрим несколько примеров.

62 Гл. 2. Треугольники
Задача 3. Доказать, что два треугольника равны, если две
стороны и медиана, проведенная из общей вершины этих сто-
сторон, одного треугольника соответственно равны двум сторонам
и медиане, проведенной из общей вершины этих сторон, другого
треугольника.
Решение. Рассмотрим треугольники ABC и А\В\С\, у кото-
которых АВ = А\В\, АС = А\С\, AM = А\М\, где AM и А\М\ — медианы
этих треугольников (рис. 104). Докажем, что эти треугольники равны.
Рис. 104
На продолжениях медиан AM и А\М\ отметим точки D и D\ так,
что DM = AM = A\M\ = D\M\. Треугольники ABM и С DM равны
по двум сторонам и углу между ними (AM = DM по построению;
ВМ = СМ, так как точка М — середина отрезка ВС; углы с верши-
вершиной М в этих треугольниках равны как вертикальные). Поэтому АВ =
= CD.
Аналогично, из равенства треугольников А\В\М\ и C\D\M\ следу-
следует, что А\В\ = C\D\, а так как АВ = А\В\, то CD = C\D\.
Треугольники ACD и A\C\D\ равны по трем сторонам (АС =
= А\С\ по условию; CD = C\D\ согласно доказанному; AD = 2AM =
= 2А\М\ = A\D\). Поэтому ZCAD = ZC\A\D\. Следовательно, тре-
треугольники САМ и С\А\М\ равны по двум сторонам и углу между
ними, а значит, СМ = С\М\. Из этого следует, что ВС = 2СМ =
= 2СХМХ =ВХСХ.
Итак, в треугольниках ABC и А\В\С\ имеем: АВ = А\В\, АС =
= А\С\ и ВС = В\С\. Следовательно, треугольники ABC и А\В\С\
равны по трем сторонам. Утверждение доказано.
Замечание. Мы установили, что имеет место признак равенства
треугольников по двум сторонам и медиане, проведенным из одной
вершины. Возникает такой вопрос: а что, если медиану в этом признаке
заменить на биссектрису или на высоту — сохранится ли признак
равенства треугольников? Иначе говоря, справедливы ли следующие
утверждения:
1° если две стороны и биссектриса, проведенная из общей вершины
этих сторон, одного треугольника соответственно равны двум сторонам
и биссектрисе, проведенной из общей вершины этих сторон, другого
треугольника, то такие треугольники равны;
2° если две стороны и высота, проведенная из общей вершины
этих сторон, одного треугольника соответственно равны двум сторо-

4. Признаки равенства треугольников
63
нам и высоте, проведенной из общей вершины этих сторон, другого
треугольника, то такие треугольники равны?
Попробуем доказать эти утверждения. Начнем с первого.
1°. Рассмотрим треугольники ABC и А\В\С\ с биссектрисами AM
и АХМХ, у которых АВ = АХВХ, АС = АХСХ, AM = АХМХ (рис. 105, а).
Если бы удалось доказать, что углы А и Ах или стороны ВС и ВХСХ
равны, то эти треугольники оказались бы равными по первому или
третьему признакам равенства треугольников. Интуитивно понятно,
что если стороны АВ и АС треугольника ABC сдвинуть или раздви-
раздвинуть (рис. 105, б), то точки В, С и М перестанут лежать на одной
прямой, поэтому углы А и Ах, а также стороны ВС и ВХСХ не могут
быть неравными. Но как это доказать?
Допустим, что углы А и Ах не равны друг другу. Пусть, например,
ZA < ZAX, АВ = АХВХ, АС = АХСХ. Попробуем доказать, что в этом
случае AM ^ АМХ.
Мысленно наложим треугольник ABC на треугольник АХВХСХ так,
чтобы луч AM наложился на луч АХМХ, а вершины В и Вх оказались
лежащими по одну сторону от отрезка AM (рис. 105, в). Обозначим
буквами Р и Q точки пересечения отрезка ВХСХ с лучами АВ и АС.
В треугольнике APQ хотя бы один из углов Р, Q — острый. Если,
например, угол Р — острый, то смежный с ним угол АРВХ — тупой.
Поэтому сторона АВХ треугольника АРВХ больше, чем АР. Но АВХ =
= АВ. Следовательно, АВ > АР, а значит, точка Р лежит на отрез-
отрезке АВ. Если и угол Q треугольника APQ — острый, то точка Q лежит
А
А
В м С Вх М]
В
г)
Рис. 105

64
Гл. 2. Треугольники
на отрезке АС — это доказывается аналогично. Итак, в этом случае
точки Р и Q лежат по одну сторону от прямой ВС. Поэтому точка М\
пересечения отрезка В\С\ с лучом AM является внутренней точкой
отрезка AM, т.е. AM ^ АМ\, что и требовалось доказать.
Наши рассуждения останутся в силе и в том случае, когда
угол Q треугольника APQ — прямой (объясните, почему). Но ес-
если этот угол — тупой, то ничего не получится: точки Р и Q
в этом случае могут оказаться лежащими по разные стороны от пря-
прямой ВС (рис. 105, г). Здесь требуются какие-то другие, более сложные
рассуждения. Обратим внимание и на такое обстоятельство: мы фак-
фактически не пользовались тем, что луч AM — биссектриса угла А\
По-существу, нам важно было лишь, что точки В\ и С\ лежат вне
угла ВАС. Ясно, что для доказательства нашего утверждения в общем
случае нужно знать какие-то свойства биссектрисы угла, которые нам
пока не известны. Поэтому откроем блокнот и запишем в него вопрос:
имеет ли место признак равенства треугольников по двум сто-
сторонам и биссектрисе, проведенным из одной вершины?
Обратимся ко второму утверждению.
2°. Рассмотрим треугольники ABC и А\В\С\ с высотами АН
и AiHi, у которых АВ = АХВХ, АС = АХСХ, АН = АХНХ (рис. 106).
Попробуем доказать, что углы А и А\ этих треугольников равны,
а затем воспользуемся первым признаком равенства треугольников.
Прямоугольные треугольники АВН и А\В\Н\ равны по пятому
признаку равенства треугольников {АВ = А\В\, АН = А\Н\, ZAHB =
= ZA\H\B\ = 90°). Следовательно, ZBAH = ZB\A\H\. Аналогично
доказывается, что ZCAH = АС\А\Н\. Казалось бы, из этого можно
сделать такой вывод: А А = ZBAH + ZCAH = /_В\А\Н\ + Z.C\A\H\ =
= ZA\. Но не может ли получиться так, например, что ZA = ZBAH +
+ ZCAH, a ZA\ = ZB\A\H\ — ZC\A\H\? Если может, то треугольни-
треугольники ABC и А\В\С\ окажутся неравными, а утверждение 2° — ошибоч-
ошибочным!
Попробуем привести контрпример для утверждения 2°, основанный
на наших соображениях. Рассмотрим произвольный равнобедренный
треугольник ABC, в котором АВ = АС, отрезок АН — высота тре-
треугольника (рис. 107). Отметим на продолжении стороны ВС какую-
В
Н
С Вх
Рис. 106
Сх

4. Признаки равенства треугольников
65
нибудь точку D. Тогда в треугольниках ABD и ACD имеем: АВ =
= AC, AD — общая сторона, АН — общая высота. Таким образом,
треугольники ABD и ACD удовле-
удовлетворяют условию утверждения 2°, А
но при этом сами треугольники,
очевидно, не равны. Следовательно,
утверждение 2° ошибочно.
Приведем теперь пример при-
признака равенства треугольников, в
формулировке которого использу-
используются не только отрезки, но и углы.
Задача А. Доказать, что два и С
треугольника равны, если сторо-
сторона, прилежащий к ней угол и вы-
высота, проведенная к этой стороне, одного треугольника соответ-
соответственно равны стороне, прилежащему к ней углу и высоте, прове-
проведенной к этой стороне, другого треугольника.
Решение. Рассмотрим треугольники ABC и А\В\С\, у кото-
которых АС = АХС\, АА = ZAU ВН = В{Ни где ВН и ВХНХ - высоты
треугольников (рис. 108). Докажем, что эти треугольники равны.
В Вх
D
Н
В
Рис. 107
А(Н)
С
Сх
Рис. 108
3 С. Б. Кадомцев

66
Гл. 2. Треугольники
Рассмотрим сначала случай, когда углы А и А\ — острые
(рис. 108, а). В этом случае треугольники АВН и А\В\Н\ равны
по четвертому признаку равенства треугольников (ВН = В\Н\,
ZBHA = /_В\Я\А\ = 90°, ZA = /.А\). Отсюда следует, что АВ =
Так как АВ = А\В\, АС = А\С\, ZA = ZA\, то треугольники ABC
и А\В\С\ равны по двум сторонам и углу между ними.
Если углы А и А\ — тупые (рис. 108, б), то снова треугольни-
треугольники АВН и А\В\Н\ равны по четвертому признаку равенства треуголь-
треугольников, но только теперь равенство углов ВАН и В\А\Н\ не является
данным по условию задачи, а следует из того, что эти углы — смежные
с равными углами CAB и С\А\В\. Дальнейший ход рассуждений
такой же, как и в случае, когда углы А и А\ — острые.
Наконец, если углы А и А\ — прямые (рис. 108, в), то высота ВН
совпадает со стороной В А треугольника ABC (т. е. совпадают точки Я
и А), а высота В\Н\ совпадает со стороной В\А\ треугольника А\В\С\.
В этом случае треугольники ABC и А\В\С\ равны по двум сторонам
и углу между ними (АВ = А\В\, АС = А\С\, ZА = АА\).
Итак, во всех случаях треугольники ABC и А\В\С\ равны. Утвер-
Утверждение доказано.
Задачи
73. На сторонах равностороннего треугольника ABC отложены
равные отрезки AD, BE и CF так, как показано на рисунке 109. Точ-
Точки D, Е и F соединены отрезками. Докажите, что треугольник DEF —
равносторонний.
74. Стороны равностороннего треугольника ABC продолжены так,
как показано на рисунке ПО, на равные отрезки BD, СЕ и AF.
Докажите, что треугольник DEF — равносторонний.
75. Докажите, что в равных треугольниках: а) медианы, проведен-
проведенные к равным сторонам, равны; б) биссектрисы, проведенные из вер-
Е
F
D
С
Рис. 109
Рис. ПО

4. Признаки равенства треугольников 67
шин равных углов, равны; в) высоты, проведенные из вершин равных
углов, равны.
76. Докажите, что в равнобедренном треугольнике: а) медианы,
проведенные к боковым сторонам, равны; б) биссектрисы, проведенные
из вершин основания, равны; в) высоты, проведенные из вершин осно-
основания, равны.
77. Точки М и Р лежат по одну сторону от прямой Ь. Перпендику-
Перпендикуляры MN и PQ, проведенные к прямой Ь, равны. Точка О — середина
отрезка NQ. Докажите, что ZOMP = ZOPM; найдите ZNOM, ес-
если ZMOP= 105°.
78. Начертите равнобедренный треугольник ABC с основани-
основанием АС, проведите медиану BD и отметьте на сторонах АВ и СВ
точки Е и F так, что АЕ = CF. Проведите отрезки ED и FD и назо-
назовите все пары равных треугольников, которые получились на рисунке.
Ответ обоснуйте.
79. Начертите отрезки АС и BD, пересекающиеся в точке О
и делящиеся этой точкой пополам. Проведите отрезки АВ, ВС, CD,
DA и назовите все пары равных треугольников, которые получились
на рисунке. Ответ обоснуйте.
80. Начертите угол с вершиной А и отметьте на одной его стороне
точки Б и С, а на другой — точки Е и D так, что АВ = АЕ,
АС = AD > АВ. Проведите отрезки BD, CE, CD, обозначьте точку
пересечения отрезков BD и СЕ буквой О и назовите все пары равных
треугольников, которые получились на рисунке. Ответ обоснуйте.
81. В треугольниках ABC и ADC стороны ВС и AD равны
и пересекаются в точке О, ZOAC = /.ОСА. Докажите, что треуголь-
треугольники АВО и CDO равны.
82. На рисунке 111 /DBC = /DAC, ВО = АО. Докажите,
что АС = /D и АС = BD.
83. На рисунке 112 АВ = CD, AC = BD. Назовите все пары рав-
равных треугольников, изображенных на этом рисунке. Ответ обоснуйте.
84. На рисунке 113 АВ = CD, AD = ВС, BE — биссектриса
угла ABC, DF — биссектриса угла ADC. Назовите все пары равных
треугольников, изображенных на этом рисунке. Ответ обоснуйте.
с
А В A D
Рис.111 Рис.112

68
Гл. 2. Треугольники
D
Рис. 113
С
85. Отрезки АВ и CD пересека-
пересекаются в их общей середине О. На от-
отрезках АС и BD отмечены точки К
и К\ так, что АК = ВК\. Докажите,
что: а) ОК = ОК\\ б) точка О лежит
на прямой КК\.
86. На рисунке 114 ОС = OD,
ОВ = ОЕ. Докажите, что АВ = EF.
Объясните способ измерения ширины озера (отрезка АВ), основанный
на этом факте.
87. Отрезки АВ и CD пе-
пересекаются в точке О. До-
Докажите, что ОС = OD, ес-
если АС = АО = ВО = BD.
88. Докажите, что тре-
треугольники ABC и А\В\С\ рав-
равны, если АА = ZA\, ZB =
= ZB{ и ВН = В{Ни где ВН
и В\Н\ — высоты треугольни-
треугольников ABC и АХВ\С\.
89* Докажите, что если
угол, прилежащая к нему сто-
сторона и сумма двух других сто-
сторон одного треугольника соответственно равны углу, прилежащей
к нему стороне и сумме двух других сторон другого треугольника,
то такие треугольники равны.
90! Две стороны треугольника не равны друг другу. Докажите, что
медиана, проведенная из их общей вершины, составляет с меньшей
из сторон больший угол.
91! В треугольнике ABC проведен отрезок AM, соединяющий
вершину А с произвольной точкой М стороны ВС. Докажите, что
если АВ ^ АС, то треугольники АМВ и АМС не равны друг другу.
Рис. 114
§ 5. Признаки равенства прямоугольных
треугольников
30. Пять признаков равенства прямоугольных треугольников.
В прямоугольном треугольнике угол между катетами — прямой, а лю-
любые два прямых угла равны. Поэтому из первого признака равенства
треугольников следует:
1° если катеты одного прямоугольного треугольника соответ-
соответственно равны катетам другого, то такие треугольники рав-
равны (рис. 115).
Из второго признака равенства треугольников следует:

5. Признаки равенства прямоугольных треугольников
69
В
А
С Ах
Сх
Рис. 115. Прямоугольные треугольники ABC и АхВхСх равны по двум катетам
(АВ = АхВх, АС = АхСх)
2° если катет и прилежащий к нему острый угол одного пря-
прямоугольного треугольника соответственно равны катету и при-
прилежащему к нему острому углу другого, то такие треугольники
равны (рис. 116).
С
Сх
А
В Ах
Вх
Рис. 116. Прямоугольные треугольники ABC и АхВхСх равны по катету
и прилежащему острому углу (АВ = АхВх, ZB = ZBx)
Из четвертого признака равенства треугольников следуют сразу два
признака равенства прямоугольных треугольников:
3° если гипотенуза и острый угол одного прямоугольного тре-
треугольника соответственно равны гипотенузе и острому углу дру-
другого, то такие треугольники равны (рис. 117);
С
В Ах
Вх
Рис. 117. Прямоугольные треугольники ABC и АхВхСх равны по гипотенузе
и острому углу (ВС = ВхСх, ZB = АВХ)
4° если катет и противолежащий ему угол одного прямоуголь-
прямоугольного треугольника соответственно равны катету и противолежа-
противолежащему ему углу другого, то такие треугольники равны (рис. 118).

Гл. 2. Треугольники
В,
Рис. 118. Прямоугольные треугольники ABC и А\В\С\ равны по катету
и противолежащему углу (АВ = А\В\, АС = Z.C\)
Вспомним теперь пятый признак равенства треугольников —
по двум сторонам и углу, противолежащему одной из них. Этот
признак имеет место, в частности, в том случае, когда указанный
угол — прямой или тупой. Поскольку один из углов прямоугольного
треугольника — прямой, а сторона, противолежащая этому углу, — ги-
гипотенуза, то мы получаем еще один признак равенства прямоугольных
треугольников:
5° если гипотенуза и катет одного прямоугольного треугольни-
треугольника соответственно равны гипотенузе и катету другого, то такие
треугольники равны (рис. 119).
Ах
Вх
Рис. 119. Прямоугольные треугольники ABC и АхВхСх равны по гипотенузе
и катету {ВС = В{Си АВ = АХВХ)
Задача. Доказать, что два остроугольных треугольника равны,
если сторона и высоты, проведенные из концов этой стороны,
одного треугольника соответственно равны стороне и высотам,
проведенным из концов этой стороны, другого треугольника.
Решение. Рассмотрим остроугольные треугольники ABC и
А\В\Си У которых АВ = АхВи АН = АхНи В К = ВхКи где АН,
В К и А\Н\, В\К\ — высоты треугольников (рис. 120). Требуется
доказать, что ААВС = АА\В\С\.
Отметим, что так как данные треугольники — остроугольные, то ос-
основания их высот (точки Н, К, Н\, К\) лежат на соответствующих
сторонах, а не на продолжениях сторон (см. задачу 40).

5. Признаки равенства прямоугольных треугольников
71
Н
К
К
А
В Ах
Рис. 120
Вх
Рассмотрим прямоугольные треугольники АВК и А\В\К\. Они
равны по гипотенузе и катету (АВ = А\В\ и В К = В\К\ по условию).
Следовательно, АА = /_А\.
Аналогично из равенства прямоугольных треугольников АВН
и А\В\Н\ (они равны также по гипотенузе и катету) следует, что АВ =
= ZB,.
Итак, АВ = Ai^i, ZA = ZA\, ZB = Zi?i, поэтому треугольни-
треугольники ABC и А\В\С\ равны по второму признаку равенства треугольни-
треугольников. Утверждение доказано.
Замечание. Обратим внимание на то, что по условию треуголь-
треугольники ABC и А\В\С\ — остроугольные. В ходе решения мы дей-
действительно использовали этот факт. Возникает, однако, такой вопрос:
если в формулировке задачи опустить слово «остроугольных», будет ли
утверждение верным?
Попробуем привести контрпример. Рассмотрим треугольник ABC
с тупым углом А и проведем его высоты АН и ВК (рис.121, а).
На стороне ВС возьмем произвольную точку С\ и рассмотрим тре-
Н
Рис. 121

72
Гл. 2. Треугольники
угольники ABC и АВС\ (рис.114, б). Сторона АВ и высота АН
у этих треугольников — общие. Поэтому если нам удастся выбрать
точку С\ так, чтобы высоты ВК и ВК\ оказались равными, то контр-
контрпример (треугольники ABC и АВС\) будет построен.
Давайте рассуждать. Из равенства ВК = ВК\ следует, что пря-
прямоугольные треугольники АВК и АВК\ равны по гипотенузе и ка-
катету, поэтому ZBAK = АВАК\. Теперь все ясно: нужно провести
луч АС\ так, чтобы ZBAK = АВАК\. Тогда прямоугольные треуголь-
треугольники АВК и АВК\ окажутся равными по гипотенузе и острому
углу, откуда и будет вытекать равенство ВК = ВК\. Таким образом,
неравные треугольники ABC и АВС\ будут удовлетворять всем усло-
условиям задачи. Следовательно, если в условии задачи опустить слово
«остроугольных», то утверждение станет неверным.
31. Серединный перпендикуляр к отрезку. Осевая симмет-
симметрия. Серединным перпендикуляром к отрезку называется пря-
прямая, проходящая через середину этого отрезка и перпендикулярная
к нему (рис. 122).
Докажем теорему о серединном перпендикуляре к отрезку.
Теорема 1. Каждая точка середин-
серединного перпендикуляра к отрезку равно-
равноудалена от концов этого отрезка.
Доказательство. Пусть прямая
т — серединный перпендикуляр к отрез-
отрезку АВ, точка О — середина этого отрез-
отрезка (рис. 123). Возьмем произвольную точ-
точку М на серединном перпендикуляре т
и докажем, что MA = MB.
Если точка М совпадает с точкой О,
то это равенство верно, поскольку О —
середина отрезка АВ. Если же точка М
не совпадает с точкой О, то рассмот-
рассмотрим прямоугольные треугольники АОМ
и ВОМ. Эти треугольники равны по двум
катетам: АО = ОВ, ОМ — общий катет.
Отсюда следует, что MA = MB. Теорема
доказана.
А ь
н в
т
Рис. 122. Прямая т — сере-
серединный перпендикуляр к от-
отрезку АВ
Докажем теперь обратную теорему.
Теорема 2. Каждая точка, равноудаленная от концов отрез-
отрезка, лежит на серединном перпендикуляре к этому отрезку.
Доказательство. Рассмотрим произвольную точку М, равно-
равноудаленную от концов отрезка АВ (рис. 124). Докажем, что она лежит
на серединном перпендикуляре к этому отрезку.
Если точка М лежит на прямой АВ, то она совпадает с серединой О
отрезка АВ. Если же точка М не лежит на прямой АВ, то треуголь-
треугольник МАВ — равнобедренный, поскольку MA = MB. Следовательно,

5. Признаки равенства прямоугольных треугольников
73
Рис. 123
т
Рис. 124
медиана МО этого треугольника является также высотой, а значит,
прямая МО — серединный перпендикуляр к отрезку АВ. Итак, точ-
точка М лежит на серединном перпендикуляре к отрезку АВ. Теорема
доказана.
Две точки А и А\ называются симметричными относительно
прямой а, если эта прямая является серединным перпендикуляром
к отрезку АА\ (рис. 125, а). При этом каждая точка прямой а считается
Ах
а)
Рис. 125
симметричной самой себе. На рисунке 125, б точки М и М\, N и N\
симметричны относительно прямой Ь, а точка Р симметрична самой
себе относительно этой прямой.
Фигура называется симметричной относительно прямой а, если
для каждой точки фигуры симметричная ей точка относительно пря-
прямой а также принадлежит этой фигуре. Прямая а называется осью
симметрии фигуры. Говорят также, что фигура обладает осевой сим-
симметрией.
На рисунке 126 изображена фигура, обладающая осевой симметри-
симметрией. Если перегнуть этот рисунок по оси симметрии (прямой а), то ле-
левая по отношению к прямой а часть фигуры в точности совместится

74
Гл. 2. Треугольники
Рис. 126
с правой частью фигуры, в частности, произ-
произвольная точка А фигуры наложится на сим-
симметричную ей точку А\.
Приведем примеры фигур, обладающих
осевой симметрией (рис. 127). У неразвернуто-
неразвернутого угла одна ось симметрии — прямая, на кото-
которой расположена биссектриса угла. Равнобед-
Равнобедренный (но не равносторонний) треугольник
имеет также одну ось симметрии, а равно-
равносторонний треугольник — три оси симметрии.
Имеются фигуры, у которых нет ни одной
оси симметрии, например разносторонний тре-
треугольник.
Рис. 127
Изображения на плоскости многих предметов окружающего нас
мира имеют ось симметрии. Некоторые листья деревьев и лепестки
цветов симметричны относительно стебля (рис. 128). С симметрией
мы встречаемся в искусстве, архитектуре, технике, быту. Так, фасады
многих зданий обладают осевой симметрией (рис. 129). В большинстве
случаев симметричны относительно оси узоры на коврах, тканях, ком-
комнатных обоях.
Рис. 128
Рис. 129

5. Признаки равенства прямоугольных треугольников
75
рис
32. Расстояние от точки до прямой. Рассмотрим произвольную
прямую а и точку А, не лежащую на ней. Пусть точка Н — основание
перпендикуляра, проведенного из точки А к прямой а, а М — любая
другая точка прямой а (рис. 130). Отре-
Отрезок AM называется наклонной, проведен-
проведенной из точки А к прямой а.
Перпендикуляр АН является кате-
катетом, а наклонная AM — гипотенузой
прямоугольного треугольника АНМ. Так
как в прямоугольном треугольнике ка-
катет меньше гипотенузы, то перпендику-
ляр, проведенный из точки к прямой,
меньше любой наклонной, проведенной
из той же точки к этой прямой.
Длина перпендикуляра, проведенного из точки к прямой, назы-
называется расстоянием от этой точки до прямой.
Ясно, что расстояние от точки до прямой равно наименьшему
из расстояний между данной точкой и всевозможными точками этой
прямой.
33. Свойство биссектрисы угла. Докажем теорему о биссектри-
биссектрисе угла.
Теорема 1. Любая точка биссектрисы неразвернутого угла
равноудалена от его сторон.
Доказательство. Рассмотрим не-
неразвернутый угол А и возьмем произволь-
произвольную точку М на его биссектрисе. Про-
Проведем из точки М перпендикуляры MB
и МС к сторонам угла (рис. 131). Требу-
Требуется доказать, что MB = МС.
Рассмотрим прямоугольные треуголь-
треугольники АМВ и АМС. Они равны по гипо-
тенузе и острому углу {AM — их общая
гипотенуза, Zl = Z2, так как луч AM —
биссектриса угла А). Отсюда следует,
что MB = МС. Теорема доказана.
A
Рис. 131
Замечание 1. На рисунке 131 основания перпендикуляров MB
и МС (точки В и С) лежат на сторонах угла А. Возникает вопрос:
не может ли получиться так, что основание перпендикуляра, проведен-
проведенного к стороне неразвернутого угла из точки его биссектрисы, окажется
не на стороне угла, а на ее продолжении (рис. 132)? Докажем, что этого
не может быть.
Предположим, что основание перпендикуляра MB лежит на про-
продолжении стороны угла А. Тогда получится прямоугольный треуголь-
треугольник АВМ (см. рис. 132), у которого угол В — прямой, а внешний
угол 1 — острый, так как он равен половине неразвернутого угла.

76
Гл. 2. Треугольники
Таким образом, окажется, что внешний угол треугольника меньше
угла треугольника, не смежного с этим внешним углом. Но этого
не может быть. Поэтому основание перпендикуляра MB, проведенного
из точки М биссектрисы неразвернутого угла к его стороне, всегда
лежит на самой стороне, а не на ее продолжении.
Задача-загадка. Рассмотрим треугольник ABC, в кото-
котором АВ ф ВС (рис. 133). Проведем биссектрису угла В, серединный
В
А
Рис. 132
Рис. 133
перпендикуляр к стороне АС и обозначим буквой О точку их пересе-
пересечения (на рисунке 133 точка М — середина отрезка АС). Из точки О
проведем перпендикуляры ОН и ОК к прямым АВ и ВС.
Так как точка О лежит на серединном перпендикуляре к сто-
стороне АС, то О А = ОС, а поскольку она лежит также на биссектрисе
угла В, то ОН = ОК. Следовательно, прямоугольные треугольни-
треугольники АОН и СОК равны по гипотенузе (АО = ОС) и катету (ОН =
= ОК), а значит,
АН = СК. A)
Прямоугольные треугольники ВОН и ВОК также равны (объяс-
(объясните, почему), откуда следует, что
нв = кв.
Складывая равенства A) и B), получаем:
АН + НВ = СК + КВ,
B)
т. е. АВ = ВС. Но по условию задачи АВ ф ВС\ Значит, в наших
рассуждениях где-то имеется ошибка. Постарайтесь ее найти.
Докажем теперь теорему, обратную теореме о биссектрисе угла.
Теорема 2. Любая точка, лежащая внутри неразвернутого
угла и равноудаленная от сторон этого угла, лежит на его биссек-
биссектрисе.
Доказательство. Пусть точка М лежит внутри угла А и рав-
равноудалена от его сторон. Докажем, что луч AM — биссектриса угла А.

5. Признаки равенства прямоугольных треугольников
77
Рис. 134
Проведем перпендикуляры MB и МС к сторонам угла (рис. 134)
и рассмотрим прямоугольные треугольники АМВ и АМС. Они рав-
равны по гипотенузе и катету {AM — общая гипотенуза, MB = МС
по условию). Отсюда следует, что Zl = Z2, т. е. луч AM — биссектриса
угла А. Теорема доказана.
Замечание 2. В ходе доказатель-
доказательства мы фактически предполагали, что
основания перпендикуляров MB и МС
(точки В и С) лежат на сторонах угла
(см. рис. 134). Снова возникает вопрос:
а не может ли получиться так, что осно-
основание какого-то из перпендикуляров, про-
проведенных из точки М к сторонам угла,
окажется не на стороне, а на ее продолже-
продолжении или совпадет с точкой А? Докажите
самостоятельно, что этого не может быть.
Помните при этом, что точка М — не произвольная точка, лежащая
внутри угла, а равноудаленная от его сторон (т. е. от прямых, содержа-
содержащих стороны угла).
34. Теорема о пересечении биссектрис треугольника. Теперь
мы можем ответить на один из вопросов, записанных в блокноте.
Теорема. Три биссектрисы треугольника пересекаются в одной
точке.
Доказательство. Рассмотрим произвольный треугольник ABC.
Обозначим буквой О точку пересечения его биссектрис АА\ и ВВ\
(рис. 135). Проведем из точки О перпендикуляры OK, OL и ОМ
к прямым АВ, ВС и С А. Так как
любая точка биссектрисы угла рав-
равноудалена от его сторон, то ОК =
= ОМ и OK = OL. Отсюда сле-
следует, что ОМ = OL. Таким обра-
образом, точка О лежит внутри угла С
и равноудалена от его сторон АС
и ВС. Следовательно, точка О ле-
лежит на биссектрисе угла С. Но это
и означает, что все три биссектри-
биссектрисы треугольника ABC пересекаются
в точке О. Теорема доказана.
А
МВХ
Рис. 135
С
Замечание. Ясно, что точка пересечения биссектрис треугольни-
треугольника равноудалена от его сторон. Справедливо и обратное утверждение:
если точка лежит внутри треугольника и равноудалена от его
сторон, то она является точкой пересечения биссектрис этого
треугольника.

78
Гл. 2. Треугольники
В самом деле, указанная точка должна лежать на каждой из бис-
биссектрис треугольника, т.е. совпадать с точкой их пересечения.
Задачи
92. В треугольниках ABC и А\В\С\ углы А и А\ — прямые, BD
и B\D\ — биссектрисы. Докажите, что ААВС = АА\В\С\, если ZB =
= ZB{ и BD = B\D\.
93. Докажите, что треугольники равны, если сторона и проведен-
проведенные к ней высота и медиана одного треугольника соответственно равны
стороне и проведенным к ней высоте и медиане другого треугольника.
94. Серединные перпендикуляры к сторонам АВ и АС треугольни-
треугольника ABC пересекаются в точке D стороны ВС. Докажите, что: a) D —
середина стороны ВС] б) АА = АВ -\- Z.C.
95. Серединный перпендикуляр к стороне АВ равнобедренного
треугольника ABC пересекает сторону ВС в точке Е. Найдите основа-
основание АС треугольника, если периметр треугольника АЕС равен 27 см,
а АВ = 18 см.
96. Равнобедренные треугольники ABC и ABD имеют общее ос-
основание АВ. Докажите, что прямая CD — серединный перпендикуляр
к отрезку АВ.
97. Высоты АА\ и ВВ\ равнобедренного треугольника ABC, про-
проведенные к боковым сторонам, пересекаются в точке М. Докажите,
что прямая МС — серединный перпендикуляр к отрезку АВ.
98. Серединные перпендикуляры к двум сторонам треугольника
пересекаются в некоторой точке. Докажите, что серединный перпенди-
перпендикуляр к третьей стороне проходит через эту точку.
99. Точка О — середина отрезка АВ, ОМ — прямая, не пер-
перпендикулярная к прямой АВ. Докажите, что если точка X лежит
на прямой ОМ и отлична от точки О, то АХ ф ХВ.
100. Прямая а — серединный перпенди-
перпендикуляр к отрезку АВ, М — точка, принадле-
принадлежащая той же полуплоскости с границей а,
что и точка А. Докажите, что MA < MB.
101. На рисунке 136 АВ = АС, АР =
= AQ, отрезки BQ и СР пересекают-
пересекаются в точке О. Докажите, что: а) тре-
треугольник ВОС — равнобедренный; б) пря-
прямая АО — серединный перпендикуляр к сто-
стороне ВС.
102. Через середину отрезка проведена
прямая. Докажите, что концы отрезка рав-
равноудалены от этой прямой.
103. Докажите, что серединный перпен-
перпендикуляр к отрезку является осью симметрии
этого отрезка.
А
Рис. 136

6. Задачи на построение 79
104. Сколько осей симметрии имеет: а) отрезок; б) прямая; в) луч?
105. Какие из следующих букв имеют ось симметрии: А, Б, Г, Е,
О, F?
106. Докажите, что прямая, содержащая биссектрису равнобедрен-
равнобедренного треугольника, проведенную к основанию, является осью симмет-
симметрии этого треугольника.
107. Из точки М биссектрисы неразвернутого угла О проведе-
проведены перпендикуляры МА и MB к сторонам этого угла. Докажите,
что АВ JL ОМ.
108. Что представляет собой множество всех точек плоскости,
равноудаленных от двух данных пересекающихся прямых?
109* Отрезок ВС — основание равнобедренного треугольни-
треугольника ABC. Серединный перпендикуляр к стороне АС пересекает
прямую ВС в точке D так, что точка В лежит между С и D.
На прямой AD взята точка Е так, что АЕ = BD и точка А
лежит между точками Е и D. Докажите, что треугольник CDE —
равнобедренный.
110. Биссектрисы треугольника ABC пересекаются в точке О,
а биссектрисы треугольника А\В\С\ — в точке О\. Известно, что АВ =
= АХВ\, АО = А\ОХ иВО = ВХОХ. Докажите, что ААВС = АА{В{С{.
111. Точка пересечения биссектрис треугольника лежит на его
высоте. Докажите, что этот треугольник — равнобедренный.
112. Точка пересечения биссектрис треугольника лежит на его
медиане. Докажите, что этот треугольник — равнобедренный.
§ 6. Задачи на построение
35. Окружность. Центральная симметрия. Предложение, в кото-
котором разъясняется смысл того или иного выражения или названия, на-
называется определением. Мы уже встречались с определениями, напри-
например с определением угла, смежных углов, равнобедренного треуголь-
треугольника и т. д. Дадим определение еще одной геометрической фигуры —
окружности.
Определение. Окружностью называется геометрическая фи-
фигура, состоящая из всех точек плоскости, расположенных на за-
заданном расстоянии от данной точки.
Данная точка называется центром окружности, а отрезок, соеди-
соединяющий центр с какой-либо точкой окружности, — радиусом окруж-
окружности (рис. 137). Часть плоскости, ограниченная окружностью, назы-
называется кругом (рис. 138).
Отрезок, соединяющий две точки окружности, называется ее хор-
хордой. Хорда, проходящая через центр окружности, называется диамет-
диаметром.
На рисунке 139 отрезки АВ и ЕЕ — хорды окружности, отре-
отрезок CD — диаметр окружности.

80
Гл. 2. Треугольники
Рис. 137. Окружность с
центром О радиуса г
Рис. 138
Любые две точки окружности делят ее на две части. Каждая
из этих частей называется дугой окружности. На рисунке 140 ALB
и АМВ — дуги, ограниченные точками А и В.
Рис. 139. АВ и EF - хор-
хорды, CD — диаметр окруж-
окружности
Рис. 140. Точки А и В де-
делят окружность на две ду-
дуги. Одна из них выделена
жирной линией
Отметим, что окружность симметрична относительно любой пря-
прямой, проходящей через ее центр. Докажите это утверждение самосто-
самостоятельно.
Две точки А и А\ называются симметричными относительно
точки О, если точка О — середина отрезка АА\ (рис. 141, а). Точка О
считается симметричной самой себе. На рисунке 141, б точки М
и Mi, N и N\ симметричны относительно точки О, а точки Р и Q
не симметричны относительно этой точки.
Фигура называется симметричной относительно точки О, если
для каждой точки фигуры симметричная ей точка относительно точ-
точки О также принадлежит этой фигуре. Точка О называется центром
симметрии фигуры. Говорят также, что фигура обладает централь-
центральной симметрией.

6. Задачи на построение
81
О
а)
М
N
б)
Рис. 141
Рис. 142
На рисунке 142 изображена фигура, обладающая центральной сим-
симметрией. Если повернуть эту фигуру на 180° вокруг центра сим-
симметрии — точки О, то она совместится сама с собой, в частности,
произвольная точка А фигуры перейдет
в симметричную ей точку А\, а точ-
точка А\ — в точку А.
Примером фигуры, обладающей цен-
центральной симметрией, является окруж-
окружность. Центром симметрии окружно-
окружности является центр окружности. Пря-
Прямая также обладает центральной сим-
симметрией, однако в отличие от окружно-
окружности, которая имеет только один центр
симметрии, у прямой их бесконечно
много — любая точка прямой является ее центром симметрии. Приме-
Примером фигуры, не имеющей центра симметрии, является треугольник.
36. Взаимное расположение прямой и окружности. Выясним,
сколько общих точек могут иметь прямая и окружность в зависимости
от их взаимного расположения. Рассмотрим прямую р и окружность
радиуса г с центром О. Допустим сначала, что прямая р не прохо-
проходит через точку О. Проведем из точки О перпендикуляр ОН к пря-
прямой р (рис. 143) и обозначим длину этого перпендикуляра, т.е. рассто-
расстояние от точки О до прямой р, буквой d. Возможны три случая.
1°. d > г. Поскольку перпендикуляр ОН, проведенный из точки О
к прямой р, меньше любой наклонной, проведенной из той же точ-
точки О к прямой р, то для каждой точки А прямой р О А ^ ОН =
= d (рис. 143, а). Но d > г, поэтому О А > г. Следовательно, точка А
не лежит на окружности. Таким образом,
если расстояние от центра окружности до прямой больше ради-
радиуса окружности, то прямая и окружность не имеют общих точек.
2°. d = r. Поскольку ОН = d = г, то точка Я лежит на окружности,
т.е. является общей точкой прямой и окружности (рис.143, б). Для
любой другой точки А прямой р О А > ОН = г, так как перпенди-
перпендикуляр ОН меньше наклонной О А. Следовательно, точка А не лежит
на окружности. Таким образом,

82
Гл. 2. Треугольники
А
Н
Н
Ах
а) б) в)
Рис. 143. а) ОН = d> г; общих точек нет; б) ОН = d = r; одна общая точка
точка Я; в) ОЯ = d < г; две общие точки — точки А и В
если расстояние от центра окружности до прямой равно ради-
радиусу окружности, то прямая и окружность имеют единственную
общую точку.
3°. d < г. Поскольку ОН = d < г, то точка Н лежит внутри круга,
ограниченного данной окружностью. Отметим на прямой р точку М,
для которой МН = г (рис. 143, в). Гипотенуза ОМ прямоугольного
треугольника МОН больше катета МН, поэтому ОМ > г, а значит,
точка М лежит вне круга, ограниченного данной окружностью. Таким
образом, один конец отрезка МН (точка Я) лежит внутри указанного
круга, а другой (точка М) — вне этого круга. Следовательно, на от-
отрезке МН должна быть точка А, являющаяся общей точкой прямой р
и окружности.
На луче НМ не может быть другой общей точки прямой р
и окружности. В самом деле, допустим, что такая точка А\ на-
нашлась (см. рис. 143, в). Тогда ОА\ = О А = г, следовательно, прямо-
прямоугольные треугольники АНО и А\НО равны по гипотенузе (ОА =
= ОА\) и катету (ОН — общий катет). Поэтому НА = НА\, и значит,
точка А\ совпадает с точкой А. Итак, на луче НМ есть только одна
общая точка прямой р и окружности — точка А.
Точка В, симметричная точке А относительно прямой ОН, также
является общей точкой прямой р и окружности (объясните, почему).
Таким образом,
если расстояние от центра окружности до прямой меньше ради-
радиуса окружности, то прямая и окружность имеют ровно две общие
точки.

6. Задачи на построение 83
Ясно, что если прямая р проходит через центр О окружности, то она
пересекает окружность в двух точках — концах диаметра окружности,
лежащего на этой прямой.
Замечание 1. Если прямая и окружность имеют только одну
общую точку, то говорят, что окружность касается прямой, прямая
называется касательной к окружности, а общая точка касательной
и окружности называется точкой касания. Из наших рассуждений
следует, что
если d = г, т. е. если прямая проходит через конец радиуса, лежа-
лежащий на окружности, и перпендикулярна к этому радиусу, то она
является касательной;
и обратно: если прямая является касательной, то d = г, т. е. ка-
касательная к окружности перпендикулярна к радиусу, проведенному
в точку касания.
Отметим еще один факт, связанный с касательной. Для этого
рассмотрим две касательные к окружности с центром О, проходящие
через точку А и касающиеся окружности в точках В и С (рис. 144).
Отрезки АВ и АС назовем от-
отрезками касательных, прове-
проведенными из точки А. Они обла-
обладают следующим свойством:
отрезки касательных к ок-
окружности, проведенные из од-
одной точки, равны и состав-
составляют равные углы с прямой,
проходящей через эту точку
и центр окружности.
Для доказательства этого
утверждения обратимся к рисун-
рисунку 144. Поскольку углы 1 и 2 — Рис- 144
прямые, то треугольники АВО
и АСО — прямоугольные. Они равны, так как имеют общую гипоте-
гипотенузу О А и равные катеты ОВ и ОС. Следовательно, АВ = АС и Z3 =
= Z4, что и требовалось доказать.
Замечание 2. При рассмотрении случая 3° (d < г) может воз-
возникнуть вопрос: нельзя ли более точно найти местоположение точки А
на луче НМ, например выразить длину отрезка АН через d и г?
Пока ответить на этот вопрос мы не можем. Впрочем, можно указать
способ, позволяющий найти длину отрезка АН с любой точностью.
Разделим отрезок НМ (напомним, что НМ = г) точками на 10 равных
частей и выберем из этих точек две соседние точки А\ и В\, для
которых ОА\ ^ г, а ОВ\ ^ г. Тогда можно сказать так: длина отрез-
отрезка АН приближенно равна длине отрезка А\Н. Так, на рисунке 145
длина отрезка АН приближенно равна 0JHM = 0,7г. Если требуется
найти длину отрезка АН с большей точностью, то можно разделить
отрезок А\В\ точками на 10 равных частей и выбрать из этих точек

84
Гл. 2. Треугольники
-М
Рис. 145
две соседние точки А^ и В^, для которых ОА^ ^ г, а О?>2 ^ г. Тогда
можно будет сказать, что длина отрезка АН приближенно равна длине
отрезка А^Н и т. д.
37. Окружность, вписанная в треугольник. Если все стороны
треугольника касаются окружности, то окружность называется впи-
вписанной в треугольник, а треугольник — описанным около этой окруж-
окружности. На рисунке 146 треугольник ABC описан около окружности
радиуса г с центром О. Приглядимся к этому рисунку. Что можно ска-
сказать о точке О? Из результатов предыдущего пункта следует, что эта
точка находится на расстоянии г от каждой из сторон треугольника.
Тем самым, точка О равноудалена от сторон треугольника ABC.
Рассмотрим теперь произвольный треугольник и поставим такой
вопрос: можно ли вписать в этот треугольник окружность? Чтобы
ответить на этот вопрос, нужно прежде всего понять, существует
ли точка, равноудаленная от сторон этого треугольника? Как мы знаем,
такая точка существует, и притом только одна — точка пересечения

6. Задачи на построение
85
биссектрис треугольника. Это наводит на мысль о том, что должна
быть верна следующая теорема.
Теорема. В любой треугольник можно вписать окружность,
и притом только одну.
Доказательство. Рассмотрим произвольный треугольник ABC
и обозначим буквой О точку пересечения его биссектрис. Проведем
из точки О перпендикуляры OK, OL и ОМ к сторонам АВ, ВС
и С А (рис. 147). Поскольку точка О равноудалена от сторон треуголь-
треугольника ABC, то OK = OL = ОМ. Поэтому окружность с центром О
радиуса ОК проходит через точки К, L и М. Стороны треугольни-
треугольника ABC находятся от точки О на расстоянии, равном радиусу этой
окружности. Следовательно, указанная окружность касается сторон
треугольника ABC, т. е. является окружностью, вписанной в этот
треугольник.
Рис. 146
Допустим, что в треугольник ABC можно вписать еще одну окруж-
окружность. Тогда центр этой окружности равноудален от сторон треуголь-
треугольника и, следовательно, совпадает с точкой О пересечения биссектрис
треугольника ABC, а ее радиус равен расстоянию от точки О до сто-
сторон этого треугольника. Тем самым, эта окружность совпадает с первой
окружностью. Теорема доказана.
Замечание. Как мы только что обнаружили, центр окружности,
вписанной в треугольник, совпадает с точкой пересечения биссектрис
этого треугольника. По этой причине точку пересечения биссектрис
треугольника часто называют центром вписанной окружности.
38. Взаимное расположение двух окружностей. Начнем с такого
вопроса: могут ли две окружности иметь три общие точки? Видимо,
нет. Во всяком случае, нарисовать такой рисунок не удается. Тогда
попробуем доказать, что не могут.
Теорема. Две окружности не могут иметь три общие точки.
Доказательство. Допустим, что две окружности имеют три
общие точки — А, В и С. Что можно сказать о центре и радиусе

86
Гл. 2. Треугольники
С
В
А
первой окружности (рис. 148)? По-
Поскольку центр этой окружности
равноудален от точек А и В, то он
лежит на серединном перпендику-
перпендикуляре к отрезку АВ. По аналогичной
причине он лежит и на серединном
перпендикуляре к отрезку ВС. Сле-
Следовательно, центр О первой окруж-
окружности — это точка пересечения се-
серединных перпендикуляров к отрез-
отрезкам АВ и ВС. А чему равен радиус
этой окружности? Он равен, напри-
например, расстоянию от точки О до точ-
точки А.
Теперь применим те же рассуж-
рассуждения ко второй окружности. В ре-
результате мы обнаружим, что центр этой окружности совпадает с точ-
точкой О пересечения серединных перпендикуляров к отрезкам АВ и ВС,
а ее радиус равен расстоянию от точки О до точки А. Таким образом,
центры и радиусы наших окружностей совпадают, а значит, совпадают
и сами окружности.
Итак, если две окружности имеют три общие точки, то эти окруж-
окружности обязательно совпадают. Но это и означает, что две (различные)
окружности не могут иметь три общие точки. Теорема доказана.
Рис. 148
Следствие. Две окружности не могут иметь более двух общих
точек.
Перейдем теперь к решению следующего вопроса: как могут быть
расположены относительно друг друга две окружности?
Рассмотрим две окружности радиусов г\ и Г2, центры О\ и 0%
которых находятся на расстоянии d друг от друга (рис. 149). Для
определенности будем считать, что r\ ^ г^.
Начнем со случая, когда d > г\ + т^ (рис. 149, а), т.е. d — т^>
> г\. Так как для каждой точки А второй окружности, в соответ-
соответствии с неравенством треугольника, выполняется неравенство О\А +
+ Г2 ^ d (знак равенства возможен в том случае, когда точка А лежит
на отрезке O1O2), то О\А ^ d — т^ > т\. Следовательно, все точки вто-
второй окружности лежат вне круга, ограниченного первой окружностью.
В этом случае говорят, что одна окружность лежит вне другой.
Пусть d = г\ + Г2 (рис. 149, б), т. е. d — г^ =г\. Так как для каждой
точки А второй окружности О\А -\- Г2 ^ d, то О\А ^ d — т^ = п,
причем знак равенства возможен только в том случае, когда точка А
лежит на прямой О\О^ между точками О\ и 0%. Следовательно, наши
окружности имеют единственную общую точку, а все остальные точки
второй окружности лежат вне круга, ограниченного первой окружно-

6. Задачи на построение
87
а)
б)
Р
D
д)
е)
Рис. 149. a) d > п + Г2\ б) d = п + Г2; в) d < п + Г2 и d > п — г^\ г) d < п +
+ Г2 и d > п — Г2\ д) d = п — Г2\ е) d < п — Г2
стью. В этом случае говорят, что окружности касаются друг друга
извне.
Далее, если d < г\ + т^ и d > г\ — т^ (рис. 149, в, г), т.е. d —
— Г2 < г\ и d -\- Г2 > г\, то для точки А второй окружности, лежа-
лежащей на прямой О\О^ по ту же сторону от точки 0%, что и О\,
получаем: либо О\А = d — т^ <т\ (рис. 149, в), либо О\А = т^ — d <
< Г2 < г\ (рис. 149, г), т. е. точка А лежит внутри круга, ограниченного
первой окружностью. Для точки В второй окружности, расположен-
расположенной на прямой О\О<2 так, что точка 0% лежит между точками О\
и В (см. рис. 149, в, г), получаем: О\В = d + т^ > п, т.е. точка Б
лежит вне круга, ограниченного первой окружностью. Таким образом,
часть точек второй окружности лежит внутри круга, ограниченного
первой окружностью, а часть — вне этого круга. Следовательно, на вто-
второй окружности есть такая точка С, отличная от А и В, которая
лежит на первой окружности. Иными словами, точка С является общей
точкой наших окружностей, не лежащей на прямой О\О^. Точка D,

Гл. 2. Треугольники
симметричная точке С относительно прямой О\О^, также является
общей точкой наших окружностей (объясните, почему). Поскольку две
окружности не могут иметь более двух общих точек, то можно сделать
вывод: в этом случае окружности пересекаются в двух точках.
Допустим теперь, что Т\ > т^. Если d = г\ — т^ (рис. 149, д), т.е.
d -\- Г2 = г\, то для каждой точки А второй окружности О\А ^ d +
+ Г2 = г\, причем знак равенства возможен только в том случае, когда
точка А расположена на прямой О\О^ так, что точка О^ лежит между
точками О\ и А. Следовательно, наши окружности имеют единствен-
единственную общую точку, а все остальные точки второй окружности лежат
внутри круга, ограниченного первой окружностью. В этом случае го-
говорят, что окружности касаются друг друга изнутри.
Наконец, если d < г\ — т^ (рис. 149, е), т.е. d -\- Г2 < г\, то для
каждой точки А второй окружности О\А ^ d-\-Г2 < г\. Следователь-
Следовательно, все точки второй окружности лежат внутри круга, ограниченного
первой окружностью. В этом случае говорят, что одна окружность
лежит внутри другой. В частности, если центры окружностей совпа-
совпадают (случай d = 0), то окружности называются концентрическими.
Назовем линией центров двух неконцентрических окружностей
прямую, на которой лежат центры этих окружностей. Тогда получен-
полученные нами результаты можно кратко сформулировать так:
если расстояние между центрами двух окружностей больше
суммы их радиусов или меньше разности радиусов, то окружности
общих точек не имеют]
если расстояние между центрами двух окружностей равно сум-
сумме их радиусов или равно разности радиусов, то окружности име-
имеют ровно одну общую точку, лежащую на линии центров]
если расстояние между центрами двух окружностей меньше
суммы их радиусов, но больше разности радиусов, то окружности
имеют равно две общие точки, не лежащие на линии центров.
39. Построение треугольника по трем сторонам. В геометрии
принято выделять те задачи на построение, которые решаются с помо-
помощью только циркуля и линейки без масштабных делений. Их называют
задачами на построение. При этом предполагается, что:
линейка позволяет провести произвольную прямую, а также постро-
построить прямую, проходящую через две данные точки;
с помощью циркуля можно провести окружность произвольного
радиуса, а также окружность с центром в данной точке и радиусом,
равным данному отрезку.
Из всевозможных задач на построение можно выделить несколько
основных — тех, которые используются при решении других, более
сложных задач. Важнейшей из основных задач является следующая.
Задача 1. Построить треугольник по трем сторонам.
Решение. Эту задачу нужно понимать так: даны три отрезка —
MN, PQ и RS (рис. 150, а); требуется построить треугольник, стороны

R. /// .S
6. Задачи на построение 89
N
А в
А В
а) б) в)
Рис. 150. а) Данные отрезки MN, PQ и RS; б) на прямой отложили отрезок
АВ = MN; в) окружность радиуса PQ с центром А и окружность радиуса RS
с центром В пересекаются в точке С. Треугольник ABC искомый: АВ = MN,
АС = PQ, ВС = RS
которого соответственно равны этим трем отрезкам.
Построение искомого треугольника можно провести следующим
образом. Проведем произвольную прямую, отметим на ней точку А
и отложим отрезок АВ, равный MN (рис. 150, б). Затем построим две
окружности: радиуса PQ с центром в точке А и радиуса RS с центром
в точке В. Одну из точек пересечения этих окружностей обозначим
буквой С (рис. 150, в). Соединив точку С отрезками с точками А
и В, получим искомый треугольник ABC. В самом деле, в этом
треугольнике по построению АВ = MN, AC = PQ, ВС = RS, т. е.
треугольник ABC удовлетворяет условию задачи.
Исходную прямую и точку А на ней можно выбрать произвольно,
поэтому существует бесконечно много треугольников, удовлетворяю-
удовлетворяющих условию задачи. Однако все эти треугольники равны друг другу
по третьему признаку равенства треугольников, поэтому принято гово-
говорить, что данная задача имеет единственное решение.
Замечание 1. Обычно когда говорят: «Построить треугольник
по каким-то его элементам», то имеют в виду, что данные элементы —
отрезки, углы и т. д. — действительно являются элементами некоторого
треугольника. Иными словами, считают, что треугольник, который тре-
требуется построить, существует. Можно, однако, встать на другую точку
зрения — считать, что заранее неизвестно, существует ли треугольник
с данными элементами. В этом случае может оказаться, что задача
на построение не имеет решения, или имеет решение, но не всегда.
Например, если в нашей задаче заранее неизвестно, что искомый
треугольник существует, то данная задача не всегда имеет решение.
Действительно, в треугольнике каждая сторона меньше суммы двух
других сторон. Поэтому если какой-нибудь из данных отрезков больше
или равен сумме двух других, например MN > PQ + RS, то нельзя
построить треугольник, стороны которого равны данным отрезкам.
Если мы попытаемся это сделать, то обнаружим, что окружности
с центрами А и В не пересекутся (рис. 151).
Возникает вопрос: а имеет ли задача решение, если каждый из дан-
данных отрезков меньше суммы двух других, т. е. MN < PQ + RS, PQ <

90 Гл. 2. Треугольники
М> >• ¦ N
R ¦ /// ¦ S
Рис. 151. Если MN > PQ + RS, то окружности с центрами А и В и радиусами
PQ и ii^ не пересекаются
< RS + MTV, i^g < MTV + PQ? На этот вопрос можно ответить утвер-
утвердительно — задача имеет решение. В самом деле, в этом случае рассто-
расстояние MN между центрами наших окружностей меньше суммы PQ +
+ RS их радиусов, но больше их разности: MN < PQ + RS и MN >
> RS — PQ. Следовательно, эти окружности пересекаются в двух
точках, причем эти точки не лежат на прямой АВ (п. 38).
Замечание 2. Если требуется выяснить, существует ли тре-
треугольник, стороны которого равны данным отрезкам MN, PQ и RS,
то не обязательно проверять справедливость всех трех неравенств:
MN < PQ + RS, PQ < RS + MN, RS < MN + PQ. Действительно,
пусть, например, MN ^ PQ и MN ^ RS. Тогда неравенства PQ <
< RS + MN и RS < MN + PQ выполняются автоматически (объяс-
(объясните, почему), поэтому остается проверить справедливость только од-
одного неравенства: MN < PQ + RS. Таким образом, если наибольший
из трех данных отрезков меньше суммы двух других, то существу-
существует треугольник, стороны которого равны данным отрезкам.
Замечание 3. Возьмем три произвольных отрезка с длинами х,
у, z и положим
а = у + z, b = z + x, c = x + y. A)
Ясно, что выполняются неравенства а + Ъ > с, Ъ + с > а, с + а > Ь,
поэтому
для любых положительных х, у и z существует треугольник,
стороны а, Ь и с которого выражаются формулами A).
Верно и обратное утверждение:
если a, b и с — стороны данного треугольника ABC, то су-
существуют такие положительные величины х, у и z, что а, Ъ и с
выражаются формулами A).
Чтобы убедиться в этом, нужно из уравнений A) выразить х, у и z
через а, Ъ и с. В результате получим:
х = -(Ъ + с-а)=р-а, у = -(с + а-Ъ)=р-Ъ,
B)

6. Задачи на построение
91
где р = -(а + Ъ + с) — полупериметр треугольника ABC. Так как
стороны a, b и с треугольника ABC удовлетворяют неравенству тре-
треугольника, т. е. а < Ъ + с, 6 < с + а, с < а + 6, то найденные х, у и z,
как видно из формул B), положительны.
Возникает вопрос: как гео-
геометрически связаны отрезки х,
у, z с треугольником ABC? Что-
Чтобы ответить на этот вопрос, от-
отметим точки К, L и М касания
вписанной в треугольник окруж-
окружности со сторонами АВ, ВС
и СА, равными соответствен-
соответственно с, а и Ъ (рис. 152). Посколь-
Поскольку отрезки касательных, про-
К
А
М
С
Рис. 152. АВ = с, ВС = а,СА = Ъ
веденные из одной точки, рав-
равны, то АК = AM, BK = BL
и CL = СМ. Если теперь поло-
положить х = AM, у = BK, z = CL,
то получим: а = у + z, Ъ = z + х, с = х -\- у, откуда следует, что х, у
и z выражаются через а, Ъ и с формулами B).
40. Основные задачи на построение. К числу основных задач
на построение обычно относят еще четыре задачи: 1) построение угла,
равного данному; 2) построение биссектрисы данного угла; 3) постро-
построение серединного перпендикуляра к данному отрезку; 4) построение
прямой, проходящей через данную точку и перпендикулярной к данной
прямой.
Решения первых двух задач приведены на рисунках 153 и 154.
Обратим особое внимание на то, что в основе этих решений лежит по-
а)
Рис. 153
строение треугольника по трем сторонам. Займемся теперь следующей
задачей.
Задача 2. Построить серединный перпендикуляр к данному
отрезку.
Решение. Данный отрезок АВ изображен на рисунке 155, а.
Проведем две окружности радиуса АВ с центрами А и В. Они

92
Гл. 2. Треугольники
а)
Рис. 154
пересекутся в двух точках: М\ и М2 (рис. 155, б). Проведем пря-
прямую MiM2 (рис. 155, в). Она и является искомым серединным перпен-
перпендикуляром к отрезку АВ.
В самом деле, точки М\ и М2 по построению равноудалены от кон-
концов отрезка АВ (АМ\ = ВМ\ = АМ2 = ВМ^) и поэтому лежат на се-
серединном перпендикуляре к этому отрезку. Таким образом, серединный
перпендикуляр к отрезку АВ проходит через точки М\ и М2, т.е.
совпадает с прямой M\M<i.
Замечание 1. Построив серединный перпендикуляр к данному
отрезку АВ, мы решили попутно еще одну задачу: разделить данный
отрезок АВ пополам, т. е. найти его середину. Действительно, точка О
пересечения серединного перпендикуляра с отрезком АВ и есть сере-
середина этого отрезка (см. рис. 155, в).
Если отрезки АО и ОВ также разделить пополам, то отрезок АВ
будет разделен на четыре равные части. Возникает вопрос: а можно
ли с помощью циркуля и линейки разделить данный отрезок на три
равные части, на пять равных частей и вообще на произвольное чис-
а)
Рис. 155

6. Задачи на построение
93
ло п равных частей? Сейчас мы не можем ответить на этот вопрос,
но вернемся к нему в дальнейшем. А пока запишем его в блокнот.
Отметим, что аналогичный вопрос для углов (можно ли с помощью
циркуля и линейки разделить данный угол на произвольное число п
равных частей?) решается отрицательно. Например, с помощью цир-
циркуля и линейки нельзя осуществить трисекцию угла, т. е. разделить
любой данный угол на три равных угла. Это было доказано француз-
французским математиком Пьером Лораном Ванцелем A814-1848) в 1837 году,
когда ему было 23 года. Правда, некоторые углы, например углы в 135°
и 54°, можно разделить с помощью циркуля и линейки на три равных
угла. Подумайте, как это сделать.
Невозможность трисекции угла стала, по-видимому, одной из при-
причин, по которым до начала XX века оставался незамеченным такой
удивительный факт. Если через вершины произвольного треугольни-
треугольника ABC провести лучи АВ\, АС\, ВА\, ВС\, СА\, СВ\, делящие
каждый из его углов на три равные части (так, как показано на ри-
рисунке 156), то точки А\, В\ и С\ их пересечения окажутся вершина-
вершинами равностороннего треугольника. Эта теорема называется теоремой
Морлея в честь открывшего ее в 1904 году американского математика
Франка Морлея A862-1937). Пока мы не можем ее доказать. Поэтому
запишем в блокнот вопрос:
как доказать теорему Морлея!
Перейдем теперь к последней из перечисленных основных задач
на построение.
Задача 3. Через данную точку провести прямую, перпендику-
перпендикулярную к данной прямой.
Решение. Данная точка может лежать на данной прямой и может
не лежать на ней. В любом из этих двух случаев построение прямой,
А
С
Рис. 156. Треугольник А\В\С\ — равносторонний

94
Гл. 2. Треугольники
проходящей через данную точку перпендикулярно к данной прямой,
можно свести к построению серединного перпендикуляра к отрезку.
Рассмотрим данную точку М и данную прямую р (на рисунке 157, а
точка М не лежит на прямой р, а на рисунке 157, б — лежит на пря-
прямой р). Построим окружность с центром в точке М, пересекающую
Р
М
Р
а)
Рис. 157
прямую р в двух точках: А и В (рис. 157, в). Точка М равноудалена
от точек А и В (так как MA = MB) и, следовательно, лежит на сере-
серединном перпендикуляре к отрезку АВ. Остается построить серединный
перпендикуляр к отрезку АВ (как это сделать, мы знаем). Он и будет
искомой прямой, проходящей через данную точку М перпендикулярно
к данной прямой р (рис. 157, г).
Замечание 2. Теперь мы можем построить с помощью циркуля
и линейки биссектрисы, высоты и медианы данного треугольника,
а также построить треугольник по двум сторонам и углу между ними
или по стороне и двум прилежащим к ней углам. Объясните, как вы-
выполнить соответствующие построения. Отметим, что последняя из пе-
перечисленных задач, в отличие от остальных, может и не иметь решения
(если заранее неизвестно, что искомый треугольник существует). На-
Например, если заданные углы составляют в сумме 180°, или их сумма
больше 180°, то эта задача решений не имеет, поскольку в каждом
треугольнике сумма двух углов меньше 180°. Возникает вопрос: а если
сумма данных углов меньше 180°, можно ли утверждать, что наша
задача всегда имеет решение? Пока мы не можем ответить на этот
вопрос, так что запишем его в блокнот.
41. Еще несколько задач на построение треугольника.
Задача 4. Построить треугольник по стороне, прилежащему
к ней углу и биссектрисе треугольника, проведенной из вершины
этого угла.
Решение. Эту задачу нужно понимать так. Даны два отрезка MN
и PQ и угол hk (рис. 158, а). Требуется с помощью циркуля и ли-

6. Задачи на построение
95
> N
D
А
В
а)
б)
К/
D
А
В
А
В
г)
К
А
В
В
д)
Рис. 158
нейки построить такой треугольник ABC, у которого одна сторона,
например АВ, равна отрезку MN, один из прилежащих к ней углов,
например угол А, равен углу hk, а биссектриса AD равна отрез-
отрезку PQ (рис. 158, б).
Давайте подумаем, как это можно сделать. Поступим так, как обыч-
обычно делают, когда ищут путь решения задачи на построение. Предполо-

96 Гл. 2. Треугольники
жим, что мы уже построили искомый треугольник ABC. Рассматривая
этот треугольник и обращая внимание на те его элементы, которые
нам заданы по условию задачи, попытаемся отыскать ход построе-
построения. Ясно, что мы можем провести произвольную прямую, отложить
на ней отрезок АВ, равный данному отрезку MN, а затем построить
угол КАВ, равный данному углу hk. На рисунке 158, в изображен
результат этого этапа построения. Что же делать дальше? Как найти
положение точки С на луче АК? Давайте посмотрим, что нам еще
дано. Нам дан отрезок PQ, которому должна равняться биссектри-
биссектриса AD искомого треугольника ABC. Поэтому нужно поступить так:
построить биссектрису угла КАВ (как это сделать, мы знаем) и отло-
отложить на ней отрезок AD, равный данному отрезку PQ (рис. 158, г).
После этого остается провести прямую BD и обозначить буквой С
точку пересечения этой прямой с лучом АК. Получившийся треуголь-
треугольник ABC (рис. 158, д) и есть искомый треугольник. В самом деле,
в этом треугольнике по построению сторона АВ равна отрезку MN,
угол А — углу hk, а биссектриса AD — отрезку PQ.
Итак, мы указали способ построения искомого треугольника. За-
Заметим, что поскольку прямая BD не может пересечь луч АК в двух
точках, то данная задача имеет единственное решение.
Отметим еще один момент. Если заранее неизвестно, существует
ли искомый треугольник, то может получиться так, что прямая BD
не пересечется с лучом АК (см. рис. 158, е) — данный отрезок PQ
слишком велик. В таком случае невозможно построить треуголь-
треугольник ABC, у которого сторона АВ, биссектриса AD и угол А рав-
равнялись бы заданным отрезкам и углу, т. е. треугольника с такими
элементами не существует.
Задача 5. Построить треугольник по стороне, прилежащему
к ней углу и сумме двух других сторон.
Решение. Эту задачу нужно понимать так. Даны два отрезка MN
и PQ и угол hk (рис. 159, а). Требуется с помощью циркуля и ли-
линейки построить такой треугольник ABC, у которого одна сторона,
например АВ, равна отрезку MN, один из прилежащих к ней углов,
например угол А, равен углу hk, а сумма АС + С В равна отрезку PQ
(рис. 159, б).
Допустим, что искомый треугольник ABC уже построен. Продол-
Продолжим сторону АС на отрезок CD, равный С В (рис. 159, в). В полу-
получившемся треугольнике ABD мы знаем две стороны (АВ и AD =
= АС + СВ = PQ) и угол между ними, поэтому этот треугольник
мы можем построить. Осталось понять, как на его стороне AD найти
такую точку С, что CD = СВ, т. е. точку С, равноудаленную от концов
отрезка BD. Как это сделать, тоже ясно — нужно провести серединный
перпендикуляр к отрезку BD.
Итак, приступим к построению. Построим сначала треуголь-
треугольник ABD, угол А которого равен данному углу hk, а стороны АВ
и AD соответственно равны данным отрезкам MN и PQ (рис. 159, г).

6. Задачи на построение
97
В
г)
е)
Затем построим серединный перпендикуляр к отрезку BD и обозначим
буквой С точку его пересечения с отрезком AD (рис. 159, д).
Поскольку ВС = CD, то треугольник ABC — искомый.
Если заранее неизвестно, что искомый треугольник существует,
то данная задача может не иметь решения. Так, если PQ < MN,
то искомый треугольник не существует, поскольку сторона АВ тре-
треугольника ABC должна быть меньше суммы двух других его сторон.
Если выполнить наше построение в этом случае, то мы обнаружим, что
серединный перпендикуляр к отрезку BD не пересекает отрезок AD
(рис. 159, е). Если же PQ > MN, то данная задача имеет решение.
В самом деле, из условия PQ > MN следует, что в треугольни-
треугольнике ABD AD > АВ, и поэтому угол В больше угла D. Следовательно,
ZDBC = ZD < АВВА (рис. 159, д). Это означает, что луч ВС прохо-
проходит внутри угла DBA, поэтому он пересекает отрезок AD.
Из построения ясно также, что данная задача имеет единственное
решение, поскольку серединный перпендикуляр к отрезку BD не мо-
может пересечь прямую AD в двух точках.
Замечание 1. Задачи на построение интересны еще и тем, что
они в ряде случаев помогают найти формулировку теоремы или уста-
установить, что какое-то утверждение правильным не является. Приведем
пример. Как мы помним, признак равенства треугольников по двум
сторонам и углу, противолежащему одной из них, имеет место только
в том случае, когда сторона, противолежащая этому углу, не меньше
второй из данных сторон. Попробуем установить это путем построений.
Для этого сформулируем такую задачу.
Задача 6. Построить треугольник по двум сторонам и углу,
противолежащему одной из них.
4 С. Б. Кадомцев

98
Гл. 2. Треугольники
Решение. На рисунке 160 изображены два данных отрезка MN
и PQ и данный угол hk, причем на рисунке 160, a PQ < MN, на ри-
рисунке 160,6 PQ = MN, а на рисунке 160, в PQ > MN. Требуется
М-
Р-
М-
Р-
а)
Рис. 160
построить треугольник ABC, в котором АВ = M7V, ??С = PQ, ZA =
= Zhk. Имея в виду нашу цель, будем исходить из того, что искомый
треугольник существует.
Возьмем произвольный луч, начало которого обозначим буквой А,
и отложим от него угол, равный данному углу hk (рис. 161). На одной
из сторон этого угла отложим отрезок АВ, равный MN, и проведем
окружность с центром В радиуса PQ. Поскольку по предположению
искомый треугольник существует, то проведенная окружность либо
пересекает прямую, содержащую вторую сторону угла, в двух точках
С\ и С2, либо касается этой прямой. Рассмотрим сначала первый
случай. Если PQ < MN, то точка А лежит вне круга, ограниченного
этой окружностью, поэтому точки С\ и Съ лежат на одном луче
с началом А, т. е. на второй стороне построенного угла (рис. 161, а).
Следовательно, каждый из треугольников АВС\ и АВС^ является ис-
искомым. Эти треугольники не равны друг другу, поскольку АС\ Ф АС^.
Таким образом, наша задача имеет два решения. Теперь совершенно
ясно, что признак равенства треугольников по двум сторонам и углу,
противолежащему одной из них, в этом случае не имеет места. Иначе
по этому признаку треугольники АВС\ и АВС^ были бы равны друг
а)

6. Задачи на построение 99
другу, а это не так. Если же PQ = MN или PQ > MN, то точка А
лежит на границе или внутри проведенной окружности (рис. 161,6, в).
Следовательно, эта окружность пересекает вторую сторону угла только
в одной точке (точка С% на рисунках 161,6, в). В этом случае наша
задача имеет единственное решение, поэтому признак равенства тре-
треугольников по двум сторонам и углу, противолежащему одной из них,
имеет место.
Рассмотрим теперь случай, когда окружность радиуса PQ с цен-
центром В касается прямой, содержащей сторону угла в некоторой точке
С. Тогда задача на построение имеет единственное решение, причем
угол С искомого треугольника ABC оказывается прямым. Заметим,
однако, что в этом случае постановка задачи отличается от нашей:
требуется построить треугольник по двум сторонам и углу, проти-
противолежащему одной из них, если известно, что существует прямо-
прямоугольный треугольник, острый угол которого равен данному углу,
противолежащий ему катет равен одной из данных сторон, а ги-
гипотенуза — другой стороне. Ясно, что эта задача уже не является
задачей 6.
Замечание 2. Решив задачи 4 и 5, мы фактически обнаружили
еще два признака равенства треугольников:
если сторона, прилежащий к ней угол и биссектриса, проведен-
проведенная из вершины этого угла, одного треугольника соответственно
равны стороне, прилежащему к ней углу и биссектрисе, проведенной
из вершины этого угла, другого треугольника, то такие треуголь-
треугольники равны]
если сторона, прилежащий к ней угол и сумма двух других сто-
сторон одного треугольника соответственно равны стороне, прилежа-
прилежащему к ней углу и сумме двух других сторон другого треугольника,
то такие треугольники равны.
Попробуйте объяснить, как доказать эти утверждения, опираясь
на наши построения.
Задачи
113. Докажите, что перпендикуляр, проведенный из центра окруж-
окружности к хорде, делит эту хорду пополам.
114. Отрезки АВ и CD — диаметры окружности с центром О.
Найдите периметр треугольника AOD, если СВ = 13 см, АВ = 16 см.
115. Имеют ли центр симметрии: а) отрезок; б) луч; в) пара
пересекающихся прямых?
116. Какие из следующих букв имеют центр симметрии: А, О, М,
X, К?
117. Приведите примеры фигур, имеющих бесконечно много цен-
центров симметрии.
118. Расстояние от точки А до центра окружности меньше радиуса
окружности. Докажите, что любая прямая, проходящая через точку А,
пересекает окружность в двух точках.

100 Гл. 2. Треугольники
119. Окружность касается прямых АВ и АС в точках В и С. Через
произвольную точку дуги ВС проведена касательная к окружности,
пересекающая отрезки АВ и АС в точках М и Р. Найдите периметр
треугольника AMP, если АВ = а.
120. Прямая пересекает две концентрические окружности. Дока-
Докажите, что отрезки прямой, заключенные между этими окружностями,
равны.
121* Окружность пересекает одну из двух концентрических окруж-
окружностей в точках А и В, а другую — в точках С и D. Докажите,
что АВ || CD.
122. Окружности с центрами О\ и 0% касаются друг друга извне,
и каждая из них касается изнутри окружности радиуса 10 см с цен-
центром Оз. Найдите периметр треугольника ОхО^О^.
123. Дан тупой угол АОВ. Постройте луч ОХ так, чтобы уг-
углы ХОА и ХОВ были равными тупыми углами.
124. Постройте равнобедренный треугольник по боковой стороне
и углу при основании.
125* Постройте треугольник: а) по двум сторонам и высоте, прове-
проведенной к третьей стороне; б) по двум сторонам и медиане, проведенной
к третьей стороне; в) по стороне, высоте и медиане, проведенным
к этой стороне; г) по углу, высоте и биссектрисе, проведенным из вер-
вершины этого угла.
126. На данной окружности постройте точку, равноудаленную
от двух данных пересекающихся прямых. Сколько решений может
иметь задача?
127. Даны прямая а и две точки А и В, лежащие по одну сторону
от нее. На прямой а постройте точку М, равноудаленную от точек А
и В. Всегда ли задача имеет решение?
128. Даны точки А, В, С и отрезок PQ. Постройте такую точку М,
чтобы выполнялись равенства: AM = ВМ и СМ = PQ. Сколько ре-
решений может иметь задача?
129. Даны угол и отрезок. Постройте точку, лежащую внутри угла,
равноудаленную от его сторон и равноудаленную от концов данного
отрезка.
130. Точки А и В лежат по одну сторону от прямой а. Постройте
точку М прямой а так, чтобы сумма AM + MB была бы меньше
суммы АХ + ХВ, где X — любая точка прямой а, отличная от М.
131* Постройте прямую, которая проходит через данную точку М,
лежащую вне данной окружности, и пересекает эту окружность в та-
таких точках А и В, что AM = АВ.

Глава 3
ПАРАЛЛЕЛЬНЫЕ ПРЯМЫЕ
§ 1. Аксиома параллельных прямых
42. Аксиомы. Изучая свойства геометрических фигур, мы дока-
доказали ряд теорем. При этом мы опирались, как правило, на доказан-
доказанные ранее теоремы. Например, в п. 34 мы доказали такую теорему:
три биссектрисы треугольника пересекаются в одной точке. При этом
мы опирались на ранее доказанные теоремы о свойствах биссектрисы,
но не только на них. Прочитав еще раз доказательство, мы обнару-
обнаружим, что в наших рассуждениях использовался такой факт: биссектри-
биссектрисы АА\ и ВВ\ треугольника ABC пересекаются в некоторой точке.
А как это доказать? Видимо, нужно сначала вспомнить определение
биссектрисы треугольника: отрезок биссектрисы угла, соединяющий
вершину с точкой противоположной стороны, называется биссектрисой
треугольника. Но откуда следует, что биссектриса угла треугольника
пересекает противоположную сторону? Давайте вспомним, что такое
биссектриса угла: луч, исходящий из вершины угла и делящий его
на два равных угла, называется биссектрисой угла. Будем теперь
рассуждать так. Поскольку биссектриса АА\ угла ВАС делит этот
угол на два угла, то стороны АВ и АС лежат по разные стороны
от прямой АА\ (рис. 162), или, иными сло-
словами, стороны АВ и АС лежат в разных
полуплоскостях с границей АА\. Тем са-
самым, если мы хотим доказать, что пря-
прямая АА\ пересекает отрезок ВС, то нам
нужно доказать следующее утверждение:
если точки В и С лежат в различных В
полуплоскостях с границей АА\, то пря-
прямая АА\ пересекает отрезок ВС. ИС"
А как доказать это утверждение? С одной стороны, сам факт, вроде
бы, не вызывает сомнений. С другой стороны, как это доказать —
не ясно. Все это наводит на мысль, что не все утверждения можно
доказать. Некоторые из них, самые очевидные, следует принять на веру
в качестве исходных положений, а затем уже на их основе доказывать

102 Гл. 3. Параллельные прямые
теоремы и вообще строить всю геометрию. Такие исходные положения
называются аксиомами.
Некоторые аксиомы были сформулированы еще в первой главе
(хотя и не назывались там аксиомами). Например, аксиомой является
утверждение:
через любые две точки проходит прямая, и притом только одна.
Многие другие аксиомы, хотя и не были выделены особо, фактиче-
фактически использовались в наших рассуждениях. Это относится, в частно-
частности, к аксиомам о наложении и равенстве отрезков и углов. Так, срав-
сравнение двух отрезков основано на наложении одного отрезка на другой.
Возможность такого наложения вытекает из следующей аксиомы:
на любом луче от его начала можно отложить отрезок, равный
данному, и притом только один.
Сравнение углов основано на аналогичной аксиоме:
от любого луча в заданную сторону можно отложить угол,
равный данному неразвернутому углу, и притом только один.
Отметим, наконец, что сформулированное выше утверждение выте-
вытекает из следующей аксиомы:
каждая прямая а разделяет плоскость на две части (полуплос-
(полуплоскости) так, что любые две точки А и В одной и той же полу-
полуплоскости лежат по одну сторону от прямой а (т. е. отрезок АВ
не пересекается с прямой а), а любые две точки С и D разных полу-
полуплоскостей лежат по разные стороны от прямой а (т. е. отрезок CD
пересекается с прямой а).
Мы видим, что все перечисленные аксиомы являются наглядно оче-
очевидными и не вызывают сомнений. Само слово «аксиома» происходит
от греческого «аксиос», что означает «ценный», «достойный».
43. Основные понятия. Возникает еще один вопрос. Можно
ли дать определения всем понятиям, которыми мы пользуемся в гео-
геометрии? Например, треугольником мы назвали геометрическую фигуру,
которая состоит из трех отрезков, соединяющих три точки, не лежащие
на одной прямой. Тем самым понятие треугольника вводится с помо-
помощью следующих трех понятий: «точка», «прямая», «отрезок». А что
такое отрезок? Вспомним, что отрезком АВ называется геометрическая
фигура, состоящая из точек А и В и всех точек прямой АВ, лежащих
между ними. Итак, отрезок определяется с помощью понятий: «точка»,
«прямая», «лежать между». Конечно, когда мы говорим: «Точка М
лежит между точками А и Б», то наглядно себе представляем, что
это означает (рис.163), однако никакого определения этому понятию
мы не даем. Аналогично обстоит де-
А У В ло с понятиями «точки» и «прямой».
Правда, может показаться, что точку
Рис. 163. Точка М лежит между и ПРЯМУЮ мы определили в первой
точками А и В главе. Но вдумаемся в эти определе-
определения. Мы сказали, что точка — это

/. Аксиома параллельных прямых 103
геометрическая фигура, не имеющая размеров, а что такое «размеры»?
Мы сказали, что линия — это геометрическая фигура, не имеющая
ширины, а прямая линия безгранична и не имеет искривлений. Но что
такое «ширина», что такое «искривление» и что означает «безгранич-
«безгранична»? Определений этих понятий не было. Но предположим, что такие
определения мы дадим. Тогда в них обязательно будут использоваться
другие понятия, которые, в свою очередь, также будут нуждаться
в определениях. Ясно, что эта цепь не может продолжаться бесконечно,
где-то она должна иметь начало (подобно тому, как цепь вытекающих
друг из друга теорем имеет своим началом аксиомы). Таким началом
должны служить понятия, определения которым не даются — так
называемые основные понятия.
Но здесь возникает сомнение: ведь если мы не определяем основные
понятия, то как ими пользоваться? Вроде бы получается, что про ос-
основные понятия мы вообще ничего не знаем! На самом деле это не так.
Свойства основных понятий как раз и выражаются в аксиомах, и тем
самым основные понятия как бы определяются аксиомами. Рассмотрим,
например, понятия «точка», «прямая» и «лежать между». Эти понятия
естественно считать основными и определений им не давать. Означает
ли это, что про них мы ничего не знаем? Конечно же, нет! Мы знаем,
например, аксиому: через две точки проходит прямая, и притом только
одна. Приведем еще три аксиомы о взаимном расположении точек
и прямых:
на каждой прямой имеются по крайней мере две точки)
имеются по крайней мере три точки, не лежащие на одной
прямой)
из трех точек прямой одна и только одна лежит между двумя
другими.
Вот и получается, что мы уже кое-что знаем о наших основных
понятиях.
К числу основных понятий естественно отнести также понятие
«наложение». В главе 1 мы сказали: две фигуры называются равными,
если их можно совместить наложением. При этом мы опирались на на-
наглядные представления о наложении фигур и допускали, что всякая
геометрическая фигура может перемещаться как единое целое, напо-
наподобие того, как перемещаются материальные тела. Но геометрические
фигуры — не материальные тела, а воображаемые объекты, поэтому
наложение геометрических фигур следует понимать в особом смысле.
Чтобы выяснить этот смысл, заметим, что при наложении фигу-
фигуры Ф на равную ей фигуру Фь как мы представляем его наглядно,
каждая точка фигуры Ф накладывается на некоторую точку фигуры
Ф\. Иначе говоря, каждая точка фигуры Ф сопоставляется некоторой
точке фигуры Ф\. Но мы можем сопоставить каждую точку фигуры
Ф некоторой точке фигуры Ф\ и без непосредственного наложения
Ф на Ф\ (рис. 164). Такое сопоставление называется отображением
фигуры Ф на фигуру Ф\ (при этом подразумевается, что каждая точка

104
Гл. 3. Параллельные прямые
Ах
Ф
М9
Mi
Фх
А
Вх
Рис. 164
фигуры 0i оказывается сопоставленной некоторой точке фигуры Ф).
Под наложением фигуры Ф на фигуру Ф\ мы понимаем отображение
Ф на Ф\. Более того, мы считаем, что при этом не только точки
фигуры Ф, но и любая точка плоскости отображается на определенную
точку плоскости, т. е. наложение — это отображение плоскости
на себя. Однако не всякое отображение плоскости на себя мы называем
наложением. Наложения — это такие отображения плоскости на себя,
которые обладают свойствами, выраженными в аксиомах. Приведем
одну из них:
если при наложении совмещаются концы двух отрезков, то сов-
совмещаются и сами отрезки.
Такой подход к построению геометрии, когда
сначала формулируются исходные положения —
аксиомы, а затем на их основе путем логических
рассуждений доказываются другие утверждения,
зародился еще в глубокой древности и был изло-
изложен в знаменитом сочинении «Начала» древнегре-
древнегреческого ученого Евклида (ок. 365-300 гг. до н. э.).
Некоторые из аксиом Евклида (часть из них
он называл постулатами) и сейчас используются
в курсах геометрии в современной формулировке,
Евклид а сама геометрия, изложенная в
вается евклидовой геометрией.
Сколько же аксиом и основных понятий нужно
для построения геометрии? Этот вопрос был де-
детально исследован великим немецким математиком
Давидом Гильбертом A862-1943), который, в част-
частности, привел полный список аксиом и основных
понятий геометрии, или, как говорят, построил си-
систему аксиом геометрии.
44. Система аксиом планиметрии. Итак, ак-
аксиомами называются те основные положения гео-
геометрии, которые принимаются в качестве исходных.
Вместе с основными понятиями они образуют фун-
«Началах», назы-
Д. Гильберт

/. Аксиома параллельных прямых 105
дамент для построения геометрии. Определения основных понятий
не даются, а их свойства выражаются в аксиомах. Используя основные
понятия и аксиомы, мы даем определения новых понятий, формулируем
и доказываем теоремы и таким образом изучаем свойства геометриче-
геометрических фигур.
В нашей системе аксиом (несколько отличной от системы аксиом
Гильберта) основных понятий четыре: «точка», «прямая», «лежать меж-
между» и «наложение».
Первыми основными понятиями, с которыми мы познакомились,
были понятия точки и прямой. В соответствии с этим первые три
аксиомы характеризуют взаимное расположение точек и прямых:
1° каждой прямой принадлежат по крайней мере две точки 0;
2° имеются по крайней мере три точки, не принадлежащие
одной прямой;
3° через любые две точки проходит прямая, и притом только
одна.
Следующие три аксиомы связаны с понятием «лежать между»,
относящемуся к трем точкам, лежащим на одной прямой.
4°. Из трех точек прямой одна и только одна лежит между
двумя другими.
Говоря: «Точка В лежит между точками А и С», мы имеем в виду,
что А, В, С — различные точки прямой и точка В лежит между С
и А. Иногда вместо этих слов мы говорим, что точки А и В лежат
по одну сторону от точки С (аналогично точки В и С лежат по одну
сторону от точки А) или что точки А и С лежат по разные стороны
от точки В.
5°. Каждая точка О прямой разделяет ее на две части (два
луча) так, что любые две точки одного и того же луча лежат
по одну сторону от точки О, а любые две точки разных лучей
лежат по разные стороны от точки О.
При этом точка О не принадлежит ни одному из указанных лучей.
Напомним, что отрезком АВ называется геометрическая фигура,
состоящая из точек Aw В и всех точек прямой АВ, лежащих между А
и В. Если отрезок АВ не имеет общих точек с прямой а, то говорят,
что точки А и В лежат по одну сторону от прямой а; если же
отрезок АВ пересекается с прямой а (в некоторой точке С, лежащей
между А и В), то говорят, что точки А и В лежат по разные стороны
от прямой а.
6°. Каждая прямая а разделяет плоскость на две части (две
полуплоскости) так, что любые две точки одной полуплоскости
х) Такие понятия, как «принадлежать», «множество», «отображение», отно-
относятся не только к геометрии, но и к другим разделам математики. Поэтому
мы считаем их известными и не относим к числу основных понятий геометрии.

106 Гл. 3. Параллельные прямые
лежат по одну сторону от прямой а, а любые две точки разных
полуплоскостей лежат по разные стороны от прямой а.
Прямая а называется границей каждой из указанных полуплоско-
полуплоскостей; ее точки не принадлежат ни одной из этих полуплоскостей.
Следующие аксиомы связаны с понятием «наложение». Как уже
отмечалось в п. 43, наложения — это такие отображения плоскости
на себя, которые обладают свойствами, выраженными в аксиомах.
Чтобы сформулировать эти аксиомы, введем понятие равенства фигур.
Пусть Фи 0i - две фигуры. Если существует наложение, при котором
фигура Ф отображается на фигуру Ф\, то мы говорим, что фигуру
Ф можно совместить наложением с фигурой Ф\, или что фигура
Ф равна фигуре Ф\. Сформулируем теперь аксиомы о свойствах нало-
наложений:
7° любая фигура равна самой себе]
8° если фигура Ф равна фигуре Ф\, то фигура Ф\ равна фигуре
Ф;
9° если фигура Ф\ равна фигуре Ф% а фигура Ф^ равна фигуре
Фз, то фигура Ф\ равна фигуре Фз;
10° если при наложении совмещаются концы двух отрезков,
то совмещаются и сами отрезки)
11° на любом луче от его начала можно отложить отрезок,
равный данному, и притом только один) это означает, что если
даны какой-то отрезок АВ и какой-то луч h с началом в точке О,
то на луче h существует, и притом только одна, точка С такая, что
отрезок АВ равен отрезку ОС;
12° от любого луча в данную полуплоскость можно отложить
угол, равный данному неразвернутому углу, и притом только один;
это означает, что если даны какой-то луч О А и какой-то неразвер-
неразвернутый угол hk, то в каждой из двух полуплоскостей с границей О А
существует, и притом только один, луч ОВ такой, что угол АОВ равен
углу hk)
13° любой угол hk можно совместить наложением с равным
ему углом h\k\ двумя способами: 1) так, что луч h совместится
с лучом h\, а луч к — с лучом к\) 2) так, что луч h совместится
с лучом к\, а луч к — с лучом h\.
Следующие две аксиомы связаны со сравнением отрезков. Множе-
Множество точек, лежащих на одной прямой, называется ограниченным, если
существует отрезок, содержащий все эти точки.
14°. Для любого ограниченного множества точек, лежащих
на одной прямой, существует наименьший отрезок, содержащий
все эти точки.
Иными словами, существует такой отрезок АВ, что все точки
данного ограниченного множества ему принадлежат, а для любого
отрезка CD, меньшего АВ (см. п. 8), в данном множестве найдется
хотя бы одна точка, не принадлежащая отрезку CD.

/. Аксиома параллельных прямых 107
Рассмотрим теперь произвольный отрезок АВ. На продолжении лу-
луча В А отложим отрезок ВВ\ = АВ, на продолжении луча В\А — отре-
отрезок B\B2 = АВ, ..., на продолжении луча Вп_\А — отрезок Вп_\Вп =
= АВ (рис. 165). Говорят, что отрезок ВВп равен произведению отрез-
отрезка АВ на число п: ВВп = пАВ.
А В Вх В2 Вп-х Вп
Y
пАВ
Рис. 165
15°. Для любых двух отрезков АВ и CD существует такое
натуральное число п, что пАВ > CD.
Эту аксиому связывают с именем древнегреческого ученого Архи-
Архимеда (ок.287-212 до н.э.). Отметим, что аксиома Архимеда позволяет
осуществить процесс измерения отрезков, описанный в п. 10.
Систему аксиом планиметрии завершает аксиома параллельных
прямых, речь о которой пойдет в п. 48.
Замечание 1. Как уже отмечалось, система аксиом Гильберта
отличается от нашей. Несколько иные системы аксиом используются
в других учебниках геометрии (например, в учебнике А. В. Погорело-
ва). Но все эти системы аксиом эквивалентны друг другу, т. е. приводят
к одним и тем же выводам.
Замечание 2. Иногда стремятся к тому, чтобы аксиомы были
независимы, т. е. ни одну из них нельзя было вывести из остальных.
Мы не ставили перед собой такой цели. Например, утверждение акси-
аксиомы 5° может быть доказано на основе остальных аксиом, т. е. факти-
фактически это утверждение является теоремой, а не аксиомой. Подумайте,
как доказать эту теорему.
Замечание 3. При доказательстве некоторых утверждений (тео-
(теоремы о перпендикуляре к прямой в п. 12 и утверждения задачи п. 23)
мы использовали термин «перегибание плоскости по прямой». При
этом мы исходили из наглядных представлений о перегибании плоско-
плоскости рисунка. С точки зрения аксиом, перегибание плоскости по пря-
прямой представляет собой наложение, которое определяется следующим
образом. Рассмотрим произвольную пря-
прямую а. На этой прямой есть по крайней
мере две точки (аксиома 1°), обозначим
их буквами А и В. Кроме того, существу-
существует по крайней мере одна точка, не ле-
лежащая на прямой а (аксиома 2°), обо-
обозначим ее буквой С. Прямая а разделяет
плоскость на две полуплоскости (аксио-
(аксиома 6°). В ту из них, которая не содержит
точку С (рис. 166), отложим от луча АВ

108 Гл. 3. Параллельные прямые
угол BAD, равный углу ВАС (аксиома 12°). Согласно аксиоме 13°
существует такое наложение, при котором луч АВ накладывается
на луч АВ (т.е. луч АВ остается на месте), а луч АС накладывается
на луч AD. Это наложение и называется перегибанием плоскости
по прямой а. Оно вполне соответствует нашим наглядным представле-
представлениям о перегибании плоскости рисунка.
Отметим, что при перегибании плоскости по прямой а каждая точка
плоскости переходит в точку, симметричную ей относительно прямой а.
По этой причине перегибание плоскости по прямой а обычно назы-
называют осевой симметрией, прямую а — осью симметрии, а фигуры,
совмещающиеся этим наложением — симметричными относительно
прямой а.
45. Два следствия из аксиом. Выведем два наглядно очевидных
следствия из наших аксиом.
Следствие 1. На каждом луче есть хотя бы одна точка.
В самом деле, рассмотрим луч с началом А, являющийся частью
прямой а (на рисунке 167 он выделен жирной линией). На прямой а
есть хотя бы одна точка В, отличная от точки А (аксиома 1°). Если
точка В лежит на нашем луче (рис. 167, а), то она и является той
точкой, существование которой мы доказываем. Если же точка В
лежит на продолжении нашего луча (рис. 167, б), то поступим так:
на нашем луче от его начала отложим отрезок АС, равный АВ. Это
можно сделать согласно аксиоме 11°. Тогда точка С будет лежать
на нашем луче, что и доказывает справедливость утверждения.
Следствие 2. Если точка А лежит на прямой а, а точка В
не лежит на этой прямой, то все точки луча АВ лежат в одной
полуплоскости с границей а.
Действительно, пусть С — произвольная точка луча АВ, отличная
от В (а есть ли такая точка? Положительный ответ на этот вопрос
обоснуйте самостоятельно). Докажем, что точка С лежит в той же
полуплоскости с границей а, что и точка В (рис. 168). Прежде всего
отметим, что прямые ВС и а пересекаются в точке А. Но поскольку
точки В и С лежат по одну сторону от точки А, то согласно аксио-
аксиоме 4°, точка А не лежит на отрезке ВС. Следовательно, отрезок ВС
не пересекается с прямой а. Если же мы предположим, что точки В
В
а)
б)
В
А
Рис. 167
С
а
а
Рис. 168

/. Аксиома параллельных прямых 109
и С лежат в разных полуплоскостях с границей а, то по аксиоме 6°
отрезок ВС будет пересекаться с прямой а. Полученное противоречие
означает, что наше предположение ошибочно, т. е. точки В и С лежат
в одной полуплоскости с границей а, что и требовалось доказать.
46. О теоремах. Как мы только что видели, опираясь на аксиомы,
можно доказывать утверждения без привлечения наглядных представ-
представлений о свойствах геометрических фигур. Это относится, в частности,
ко всем рассмотренным ранее теоремам. Возьмем, например, теорему,
выражающую первый признак равенства треугольников. Ее доказатель-
доказательство опиралось на наглядные представления о наложении и равенстве
фигур, понятие «аксиомы» тогда еще не было введено. Напомним
это доказательство и рассмотрим его с точки зрения принятых нами
аксиом.
Нужно было доказать, что если АВ = А\В\, АС = А\С\ и А А =
= /.А\, то треугольники ABC и А\В\С\ равны. С этой целью мы рас-
рассматривали такое наложение, при котором вершина А совмещается
с вершиной А\, а стороны АВ и АС треугольника ABC накладываются
соответственно на лучи А\В\ и А\С\. При этом мы опирались на оче-
очевидный факт, что такое наложение существует, поскольку углы А и А\
равны. Теперь можно сказать, что существование такого наложения
следует из аксиомы 13°. Далее мы рассуждали так: поскольку АВ =
= А\В\, АС = А\С\, то сторона АВ совместится со стороной А\В\,
а сторона АС — со стороной А\С\, в частности совместятся точки В
и В\, С и С\. Как обосновать этот факт, опираясь на аксиомы? Очень
просто. По аксиоме 11° на луче А\В\ от точки А\ можно отложить
только один отрезок, равный отрезку АВ. Но по условию теоре-
теоремы АВ = А\В\, поэтому при нашем наложении точка В совместится
с точкой В\. Аналогично точка С совместится с точкой С\. Остается
сослаться на аксиому 10°, чтобы обосновать тот факт, что сторона ВС
совместится со стороной В\С\. Теперь можно сделать вывод: треуголь-
треугольники ABC и А\В\С\ полностью совместились и, следовательно, они
равны, что и требовалось доказать.
Отметим, что на той же идее основаны доказательства теорем
об углах и высоте равнобедренного треугольника (проведите эти дока-
доказательства, опираясь на аксиомы).
Рассмотрим теперь теорему, выражающую второй признак равен-
равенства треугольников. Требуется доказать, что если АВ = А\В\, ZA =
= АА\ и АВ = ZB\, то треугольники ABC и А\В\С\ равны. Как
и прежде, рассмотрим такое наложение, при котором луч АВ наложит-
ся на луч А\В\, а луч АС — на луч А\С\ (такое наложение существует
в силу аксиомы 13°). При этом точка В совместится с некоторой
точкой В<2 луча А\В\, а точка С — с некоторой точкой С% луча А\С\.
Поскольку АВ = А\В\, то А\В2 = А\В\. Следовательно, точка В%
совпадает с точкой В\ (аксиома 11°). Далее, точка С^, а значит и все
точки луча В\С2, лежат в полуплоскости с границей А\В\, содержа-

ПО Гл. 3. Параллельные прямые
щей точку С\ (и то, и другое утверждение вытекает из следствия 2
п.45), причем АА\В\С^ = /.А\В\С\. Поэтому (аксиома 12°) луч В\С^
совпадает с лучом В\С\. Итак, точка С^ лежит как на прямой А\С\,
так и на прямой В\С\, откуда по аксиоме 3° следует, что эта точка сов-
совпадает с точкой С\. Таким образом, при рассматриваемом наложении
треугольники ABC и А\В\С\ полностью совместятся (аксиома 10°),
что и требовалось доказать.
По существу, на той же идее основаны доказательства теорем,
выражающих признак параллельности двух прямых и признак рав-
равнобедренного треугольника (проведите эти доказательства, опираясь
на аксиомы).
Приведенные примеры показывают, что доказательства теорем
о первом и втором признаках равенства треугольников, опирающиеся
на аксиомы, по сути, не отличаются от наших прежних доказательств,
основанных на наглядных представлениях. Аналогично обстоит дело
и с остальными ранее доказанными утверждениями (проверьте это).
Исключения здесь составляют лишь доказательства двух утвержде-
утверждений — о взаимном расположении прямой и окружности и двух окруж-
окружностей, где требуются более аккуратные рассуждения (см. раздел «Сно-
«Снова о числах» в конце книги).
47*. Несколько задач. Попробуем теперь доказать те два утвер-
утверждения, которые были упомянуты в начале главы:
биссектриса угла треугольника пересекает противоположную
сторону этого треугольника;
любые две биссектрисы треугольника пересекаются.
Начнем с трех вспомогательных задач.
Задача 1. Доказать, что если луч исходит из вершины нераз-
неразвернутого угла и проходит через точку внутренней области этого
угла, то все точки луча лежат во внутренней области угла.
Решение. Рассмотрим угол АОВ и луч ОС, проходящий через
точку С внутренней области этого угла (рис. 169). Поскольку точка С
принадлежит полуплоскости с гра-
границей ОА, содержащей точку В,
то все точки луча ОС также
принадлежат этой полуплоскости
(следствие 2 п. 45). По аналогич-
аналогичной причине все точки луча ОС
принадлежат полуплоскости с гра-
границей ОВ, содержащей точку А.
О а Следовательно, все точки луча ОС
принадлежат общей части указан-
указание- I69 ных полуплоскостей, т.е. внутрен-
внутренней области угла АОВ.

/. Аксиома параллельных прямых
111
Задача 2. Доказать, что если прямая а пересекает сторо-
сторону АВ треугольника ABC и не проходит через вершину этого тре-
треугольника, то она пересекает либо сторону ВС, либо сторону АС.
Решение. Данная прямая а разделяет плоскость на две полуплос-
полуплоскости (аксиома 6°), причем точки А и В лежат в разных полуплоско-
полуплоскостях (рис. 170). Поэтому если точка С лежит в одной полуплоскости
А
7
В
А
\
В
а)
Рис. 170
с точкой А, то точки В и С лежат в разных полуплоскостях, а значит,
прямая а пересекает отрезок ВС (рис. 170, а). Если же точка С лежит
в одной полуплоскости с точкой В, то точки А и С лежат в разных по-
полуплоскостях, а значит, прямая а пересекает отрезок АС (рис. 170, б).
Задача 3. Доказать, что если точка С лежит во внутренней
области неразвернутого угла АОВ, то луч ОС пересекает отре-
отрезок АВ.
Решение. Пусть D — произвольная точка луча, являющегося
продолжением луча О А (рис. 171). Прямая ОС пересекает сторону AD
треугольника ABD и не проходит через его вершину. Следовательно,
она пересекает либо сторону АВ, либо сторону BD (см. задачу 2)
в точке, лежащей на луче ОС (поскольку точки В и С лежат в одной
В
D
О
Рис. 171

112 Гл. 3. Параллельные прямые
полуплоскости с границей AD). Но точка D не лежит во внутренней
области угла АОВ — она лежит в полуплоскости с границей ОВ,
не содержащей точку А. Поэтому все точки луча BD не принадлежат
внутренней области угла АОВ (следствие 2 п. 45), а значит, луч ОС
не может пересечь сторону BD — все точки этого луча принадлежат
внутренней области угла АОВ (см. задачу 1). Следовательно, он пере-
пересекает сторону АВ, что и требовалась доказать.
Задача 4. Доказать, что биссектриса угла треугольника пере-
пересекает противоположную сторону этого треугольника.
Решение. Биссектриса AD делит угол А треугольника ABC
на два угла (рис. 172, а). Следовательно, лучи АВ и АС, а значит,
и точки В и С лежат по разные стороны от прямой AD. Иными сло-
А
С А В
а) б)
Рис. 172
вами, прямая AD пересекает отрезок ВС. Поскольку все внутренние
точки отрезка ВС лежат во внутренней области угла ВАС, то и точка
пересечения отрезка ВС с прямой AD лежит во внутренней области
угла ВАС, т. е. на луче AD.
Задача 5. Доказать, что любые две биссектрисы треугольника
пересекаются.
Решение. Рассмотрим треугольник ABC и проведем биссектрису
угла А (рис. 172, б). Эта биссектриса пересекает сторону ВС в некото-
некоторой точке А\ (см. задачу 4). Аналогично биссектриса угла В пересекает
сторону АС в некоторой точке В\. Луч АА\ является биссектрисой
угла А треугольника АВВ\, поэтому он пересекает сторону ВВ\
этого треугольника. Следовательно, общая точка прямых АА\ и ВВ\
лежит на отрезке ВВ\. Аналогично луч ВВ\ является биссектрисой
угла В треугольника АВА\, поэтому он пересекает сторону АА\
этого треугольника. Значит, общая точка прямых АА\ и ВВ\ лежит
на отрезке АА\. Итак, общая точка прямых АА\ и ВВ\ лежит как
на отрезке ВВ\, так и на отрезке АА\. Поэтому отрезки АА\ и ВВ\ —
биссектрисы треугольника ABC — пересекаются, что и требовалось
доказать.
Замечание. Мы начали решение задачи 5 с того, что провели
биссектрису угла А. Тем самым мы исходили из того, что у каждого

/. Аксиома параллельных прямых 113
угла есть биссектриса. А откуда это следует, как это доказать? Вспом-
Вспомните теорему о высоте равнобедренного треугольника и попробуйте
провести доказательство самостоятельно.
Решим теперь две задачи, связанные с понятием «наложение».
Задача 6. Доказать, что наложение, при котором точки А,
В и С, не лежащие на одной прямой, переходят соответственно
в точки А\, В\ и С\, определяется единственным образом.
Решение. Допустим, что есть два наложения, удовлетворяющих
условию задачи. Тогда существует по крайней мере одна точка М,
которая при одном наложении отображается на некоторую точку М\,
а при другом — на какую-то другую точку М2. Поскольку А\М\ =
= AM и А\М2 = AM, то А\М\ = А\М2. Следовательно, точка А\
лежит на серединном перпендикуляре к отрезку М\М2. Аналогично
доказывается, что точки В\ и С\ лежат на указанном серединном
перпендикуляре. Но это противоречит условию задачи — точки А,
В и С, г значит и точки А\, В\ и С\, не лежат на одной прямой
(докажите это). Полученное противоречие доказывает справедливость
утверждения, сформулированного в задаче.
Задача 7. Доказать, что любые две равные фигуры можно
совместить не более, чем тремя осевыми симметриями (см. п. 44).
Решение. Рассмотрим две равные фигуры Ф и Ф\, совмещаю-
совмещающиеся некоторым наложением /. Пусть А, В и С — какие-нибудь
три точки фигуры Ф, не лежащие на одной прямой (случай, когда все
точки фигуры Ф лежат на одной прямой, рассмотрите самостоятельно),
А\, В\ и С\ — точки, на которые они отображаются при наложении
/. Тогда АВ = АхВи АС = АХСХ, ABAC = АВХАХСХ. При осевой
симметрии относительно серединного перпендикуляра к отрезку АА\
(если точки А и А\ совпадают, то этот этап рассуждений пропус-
пропускается) точка А переходит в точку А\, а точки В и С — в какие-
то точки В2 и С2. При этом АВ = А\В2 = А\В\, АС = А\С2 =
= А\С\, ABAC = АВ2А\С2 = АВ\А\С\. Проведем биссектрисы A\D
и А\Е углов В\А\С\ и В2А\С2 (если они совпадают, то следующий
этап рассуждений пропускается). При осевой симметрии относительно
прямой, содержащей биссектрису угла DA\E, луч А\Е накладывается
на луч A\D, поэтому угол В2А\С2 накладывается на равный ему угол
Bi^iCi (докажите это). Возможны два случая: 1° лучи А\В2 и А\С2
накладываются соответственно на лучи А\В\ и А\С\, и тогда точка
В2 совмещается с точкой В\, а точка С2 — с точкой С\ (рис. 173, а);
2° лучи А\В2 и А\С2 накладываются соответственно на лучи А\С\
и А\В\ (рис. 173, б). Во втором случае нужно выполнить далее осевую
симметрию относительно прямой A\D, в результате чего точка В2
перейдет в точку В\, а точка С2 — в точку С\.
Итак, в результате последовательного выполнения не более, чем
трех осевых симметрии, получилось наложение (докажите это), при
котором точки А, В и С отобразились соответственно в точки А\, В\

114
Гл. 3. Параллельные прямые
Рис. 173
и С\. Это наложение совпадает с наложением / (см. задачу 6), поэтому
оно переводит фигуру Ф в фигуру Ф\. Утверждение доказано.
48. Аксиома параллельных прямых. Рассмотрим какую-нибудь
прямую а и точку М, не лежащую на ней (рис. 174). Проведем из точ-
точки М перпендикуляр МН к прямой а, а затем через точку М проведем
прямую Ь, перпендикулярную
к прямой МН. Так как прямые а
и Ъ перпендикулярны к прямой
МН, то они параллельны: а || b
(п. 13). Итак,
через точку М, не лежащую
на прямой а, проходит пря-
мая ^ параллельная прямой а.
М
Н
с- 174
Возникает вопрос: а можно ли провести через точку М еще одну
прямую, параллельную а? По-видимому, нет: кажется, что если «по-
«повернуть» прямую b вокруг точки М даже на очень малый угол, то она
обязательно пересечет прямую а (см. рис. 174). Иными словами, нам
кажется, что через точку М нельзя провести другую прямую (отлич-
(отличную от Ь), параллельную прямой а.
А можно ли это утверждение доказать? Этот вопрос имеет большую
историю. В «Началах» Евклида содержится постулат (пятый посту-
постулат Евклида), который гласит:
если при пересечении двух прямых секущей сумма односторонних
углов меньше 180°, то эти прямые пересекаются по ту сторону
от секущей, по которую расположены указанные углы.
Из этого постулата следует, что любая прямая, проходящая через
точку Мине перпендикулярная к прямой МН, пересекает прямую а
(по ту сторону от прямой МН, по которую она образует с лучом МН
острый угол). Следовательно, через точку, не лежащую на данной
прямой, можно провести только одну прямую, параллельную данной.

/. Аксиома параллельных прямых 115
Однако возникает вопрос: а не является ли пятый постулат теоремой,
которую Евклид не сумел доказать и поэтому включил ее в число
аксиом?
Многие математики, начиная с древних времен, предпринимали
попытки доказать пятый постулат Евклида, т. е. вывести его как тео-
теорему из других аксиом Евклида. Однако эти попытки каждый раз
оказывались неудачными: в предложенных доказательствах либо об-
обнаруживались ошибки, либо пятый постулат неявно заменялся дру-
другой аксиомой, эквивалентной этому постулату. Так, древнегреческий
ученый Посидоний (I в. до н.э.) строил доказательство пятого по-
постулата на том, что множество всех точек плоскости, равноудаленных
от данной прямой, представляет собой две прямые; древнегреческий
ученый Прокл (V в. н.э.) исходил из того, что если две прямые
параллельны, то расстояния от точек одной прямой до другой прямой
не может неограниченно увеличиваться; персидский поэт и ученый
Омар Хайям (XI—XII в. н.э.) в своих рассуждениях опирался на то,
что две сближающиеся прямые не могут с некоторого момента начать
расходиться. Но каждое из этих утверждений формулировалось без
доказательства, т. е. по существу принималось за новую аксиому. Лишь
в XIX веке ответ на вопрос о доказательстве пятого постулата был
получен. Огромную роль в решении этого вопроса сыграл великий
русский математик Николай Иванович Лобачевский A792-1856).
Вся творческая жизнь Н. И. Лобачевского была
связана с Казанским университетом, где он учился,
затем был профессором, а с 1827 года — ректором
университета. Его очень рано заинтересовала гео-
геометрия, и он, как и многие его предшественники,
пытался доказать пятый постулат Евклида. Рассуж-
Рассуждения Н. И. Лобачевского были основаны на мето-
методе доказательства от противного. Он предположил,
что через данную точку, не лежащую на данной
прямой, можно провести несколько прямых, не пе-
пересекающих данную. Исходя из этого, он пытался тт тх „ ^
^ Н И Лобачевский
получить утверждение, которое противоречило бы
другим аксиомам или полученным из них теоремам. Если бы такое
утверждение удалось получить, то это означало бы, что его предполо-
предположение неверно, а верно утверждение о единственности прямой, прохо-
проходящей через данную точку параллельно данной прямой. Тем самым,
как мы увидим в п. 49, пятый постулат Евклида был бы доказан.
Но Н.И. Лобачевский не получил утверждения, противоречаще-
противоречащего другим аксиомам. Более того, он понял, что такое утверждение
и нельзя получить! Из этого он сделал замечательный вывод: если
вместо пятого постулата Евклида принять в качестве аксиомы про-
противоположное утверждение, то можно построить другую геометрию,
отличную от геометрии Евклида. Такая геометрия им была построена.
Ее называют теперь геометрией Лобачевского. В настоящее время она

116 Гл. 3. Параллельные прямые
широко используется не только в математике, но и в физике, в химии,
в биологии и других разделах естествознания.
Другой вывод, вытекающий из исследований Н. И. Лобачевского,
состоит в том, что утверждение о единственности прямой, проходящей
через данную точку параллельно данной прямой (или эквивалентный
этому утверждению пятый постулат Евклида), не может быть доказано
на основе остальных аксиом Евклида, а само является аксиомой евкли-
евклидовой геометрии.
Итак, в качестве еще одного из исходных положений мы принимаем
аксиому параллельных прямых:
16° через точку, не лежащую на данной прямой, проходит толь-
только одна прямая, параллельная данной.
До сих пор мы не пользовались этой аксиомой, поэтому все ра-
ранее установленные нами факты верны как в геометрии Евклида, так
и в геометрии Лобачевского. Рассмотрим теперь некоторые следствия
из аксиомы параллельных прямых:
1° если прямая пересекает одну из двух параллельных прямых,
то она пересекает и другую]
2° если две прямые параллельны третьей прямой, то они парал-
параллельны]
3° если прямая перпендикулярна к одной из параллельных пря-
прямых, то она перпендикулярна и к другой прямой]
4° если две параллельные прямые пересечены секущей, то на-
накрест лежащие углы равны]
5° если две параллельные прямые пересечены секущей, то соот-
соответственные углы равны]
6° если две параллельные прямые пересечены секущей, то сумма
односторонних углов равна 180°.
Пользуясь методом доказательства от противного, докажите эти
утверждения самостоятельно, а также сравните с утверждениями п. 13.
49.0 пятом постулате Евклида. Как мы уже отмечали, если
принять пятый постулат Евклида за аксиому, то из него можно вывести
как теорему аксиому параллельных прямых. В свою очередь, если
принять аксиому параллельных прямых, то пятый постулат Евклида
может быть доказан как теорема. В самом деле, вспомним формули-
формулировку этого постулата: если при пересечении двух прямых секущей
сумма односторонних углов меньше 180°, то эти прямые пересека-
пересекаются по ту сторону от секущей, по которую расположены указанные
углы. Докажем это утверждение методом от противного. Допустим,
что указанные прямые параллельны. Тогда сумма односторонних уг-
углов равна 180° (следствие 6° п. 48), а это противоречит условию.
Если же предположить, что эти прямые пересекаются, но по ту сторону
от секущей, по которую сумма односторонних углов больше 180°,
то получится треугольник, в котором сумма двух углов больше 180°.

/. Аксиома параллельных прямых 117
Этого также не может быть (п. 18). Тем самым пятый постулат Евклида
доказан.
Теперь мы можем ответить еще на один из вопросов, записанных
в нашем блокноте: всегда ли можно построить треугольник по стороне
и двум прилежащим к ней углам, если сумма этих углов меньше 180°?
Ответ на этот вопрос дает пятый постулат Евклида — такая задача
на построение всегда имеет решение (обоснуйте это).
50. Еще раз о существовании квадрата. Опираясь на свойства
параллельных прямых, мы можем ответить еще на один вопрос из на-
нашего блокнота, а именно доказать существование квадрата со сто-
стороной, равной данному отрезку. В самом деле, пусть АВ — данный
отрезок. Проведем через точку В луч, перпендикулярный к АВ, и от-
отложим на нем отрезок ВС = АВ (рис. 175). Далее, через точку С
(в соответствующую сторону) проведем луч,
перпендикулярный к ВС, и отложим на нем
отрезок CD = АВ. Соединим точки А и D
и докажем, что четырехугольник ABCD —
квадрат, т. е. докажем, что углы А и D —
прямые, а сторона AD равна АВ.
Проведем диагональ АС и рассмотрим
треугольники ABC и ADC. Эти треуголь-
треугольники равны по двум сторонам и углу меж-
между ними: АВ = DC по построению, сто-
сторона АС — общая, а углы ВАС и ACD
равны, так как являются накрест лежащи-
лежащими углами, образованными при пересече- рис 175
нии параллельных прямых АВ и CD секу-
секущей АС (прямые АВ и CD перпендикулярны к прямой ВС, поэтому
они параллельны). Из равенства треугольников следует, что AD =
= ВС = АВ и ZD = АВ = 90°. Осталось доказать, что угол А —
прямой. Это следует из того, что прямая AD, перпендикулярная
к прямой CD, перпендикулярна также и к параллельной ей пря-
прямой АВ (следствие 3° п. 48).
Замечание. Существование квадрата со стороной, равной данно-
данному отрезку, мы доказали, опираясь на свойство параллельных прямых,
т. е. равенство накрест лежащих углов, образованных при пересечении
двух параллельных прямых секущей. В свою очередь это свойство
доказывается на основе аксиомы параллельных прямых. Французский
математик Алексис Клод Клеро A713-1765) обнаружил, что мож-
можно поступить и наоборот: используя факт существования квадрата,
доказать утверждение о единственности прямой, проходящей через
данную точку и параллельной данной прямой. Другими словами, акси-
аксиому параллельных прямых можно заменить утверждением: существует
хотя бы один квадрат. Из этого следует, что в геометрии Лобачевского
нет ни одного квадрата! К этому вопросу мы еще вернемся в п. 55.

118
Гл. 3. Параллельные прямые
Задачи
132. Прямые а и Ъ пересекаются. Можно ли провести такую пря-
прямую, которая пересекает прямую а и параллельна прямой Ы Ответ
обоснуйте.
133. Даны две прямые — а и Ь. Докажите, что если любая прямая,
пересекающая прямую а, пересекает и прямую Ь, то прямые а и Ь
параллельны.
134. Концы отрезка АВ лежат на параллельных прямых а и Ь. Пря-
Прямая, проходящая через середину О этого отрезка, пересекает прямые а
и Ь в точках С и В. Докажите, что СО = ОВ.
135. На рисунке 176 СЕ = ЕВ, BE = EF и КЕ \\ АВ. Докажите,
что КЕ || ВС.
136. Через конец В биссектрисы AD треугольника ABC проведена
прямая, параллельная АВ и пересекающая сторону АС в точке М.
Докажите, что AM = MB.
137. На рисунке 177 луч BE — биссектриса угла ABF. По данным
рисунка найдите углы треугольника ABE.
138. Угол ABC равен 70°, а угол ВСВ равен 110°. Могут ли пря-
прямые АВ и СВ быть: а) параллельными; б) пересекающимися?
139! Докажите, что если стороны одного угла соответственно па-
параллельны сторонам другого угла, то такие углы либо равны, либо
в сумме составляют 180°.
140* Докажите, что если стороны одного угла соответственно пер-
перпендикулярны к сторонам другого угла, то такие углы либо равны,
либо в сумме составляют 180°.
141* На гипотенузе АВ прямоугольного треугольника ABC от-
отмечена точка В так, что ZA = ZACB. Через вершину С проведена
прямая MN, параллельная гипотенузе АВ, причем точки А и М лежат
по одну сторону от прямой СВ, а точки N и В — по другую. Докажите,
что: а) лучи С А и СВ — биссектрисы смежных углов МСВ и NCB;
6) отрезок СВ — медиана треугольника ABC.
142. Докажите, что медиана прямоугольного треугольника, прове-
проведенная к гипотенузе, равна половине гипотенузы.
143. Докажите, что если биссектриса внешнего угла треугольника
параллельна стороне треугольника, то треугольник — равнобедренный.
Е
А
D
F
Рис. 176

2. Свойства параллельных прямых
119
144. Через точку пересечения биссектрис треугольника ABC про-
проведена прямая, параллельная прямой ВС и пересекающая стороны АВ
и АС в точках М и N. Докажите, что MN = ВЫ + CN.
145. Через точку пересечения прямых, содержащих биссектрисы
внешних углов при вершинах В w С треугольника ABC, проведена
прямая, параллельная прямой ВС и пересекающая прямые АВ и АС
соответственно в точках М и N. Докажите, что MN = ВЫ -\- CN.
146. На рисунке 178 лучи ВО и СО -
биссектрисы углов В и С треугольни-
треугольника ABC, OE || АВ, OD || АС. Докажите,
что периметр треугольника OED равен
длине отрезка ВС.
147* Отрезки АА\, ВВ\, СС\ попарно
параллельны и равны. Точки А, В и С
лежат на прямой а, а точки А\, В\ и С\ —
в одной полуплоскости с границей а. До-
Докажите, что точки А\, В\ и С\ лежат
на одной прямой.
148* Четырехугольник называется прямоугольником, если все его
углы — прямые. Докажите, что: а) существует прямоугольник ABCD,
стороны АВ и AD которого равны данным отрезкам; б) если ABCD —
прямоугольник, то ААВС = ACDA, АВ = CD, AD = ВС.
149. Внутри угла дана точка А. Постройте прямую, проходящую
через точку А и отсекающую на сторонах угла равные отрезки. Все-
Всегда ли задача имеет решение?
150*. Даны три попарно пересекающиеся прямые, не проходящие
через одну точку. Постройте точку, равноудаленную от этих прямых.
Сколько решений имеет задача?
В
Е
D
С
Рис. 178
А
§ 2. Свойства параллельных прямых
51. Расстояние между параллельными прямыми.
одно из важнейших свойств параллельных прямых.
Теорема. Все точки каждой
из двух параллельных прямых рае- __
ноудалены от другой прямой.
Доказательство. Пусть а
и Ь — параллельные прямые. От-
Отметим на прямой а какую-нибудь
точку А и проведем из этой
точки перпендикуляр АВ к пря- —
мой Ъ (рис. 179). Докажем, что рас-
расстояние от любой точки X прямой а
до прямой Ь равно АВ.
В
Рассмотрим
X
Рис. 179

120
Гл. 3. Параллельные прямые
Проведем перпендикуляр XY из точки X к прямой Ъ. Так
как XY _l_ b, то XY _1_ а. Прямоугольные треугольники ABY и YXA
равны по гипотенузе и острому углу (АУ — общая гипотенуза, углы 1
и 2 равны как накрест лежащие углы, образованные при пересечении
параллельных прямых а и Ь секущей AY). Следовательно, XY =
= АВ. Итак, любая точка X прямой а находится на расстоянии АВ
от прямой Ь. Очевидно, что все точки прямой Ь находятся на таком же
расстоянии от прямой а. Теорема доказана.
Расстояние от произвольной точки одной из параллельных пря-
прямых до другой прямой называется расстоянием между этими пря-
прямыми.
Ясно, что расстояние между параллельными прямыми равно наи-
наименьшему из всевозможных расстояний между двумя точками, одна
из которых лежит на одной, а другая — на другой из параллельных
прямых.
52. Еще один способ построения параллельных прямых. Вся-
Всякий, кто наблюдал за работой столяра, видел инструмент, называемый
рейсмусом (рис. 180, а). Рейсмус используется для разметки на по-
а)
Рис. 180. Рейсмус
верхности деревянного бруска прямой, параллельной краю бруска. При
передвижении рейсмуса вдоль края бруска его металлическая игла
прочерчивает отрезок, параллельный краю бруска (рис. 180, б).
На каком свойстве параллельных прямых основан такой способ
их построения? В первый момент может показаться, что здесь ис-
используется теорема из п.51: все точки одной из двух параллельных
прямых равноудалены от другой прямой. Однако если подумать, то
можно заметить, что это не совсем так. Действительно, с помощью
рейсмуса строится множество точек, равноудаленных от данной прямой
и находящихся по одну сторону от нее. Мы хотим доказать, что это
множество точек есть прямая, параллельная данной. Тем самым, речь

M
Q
2. Свойства параллельных прямых 121
здесь идет об обратном утверждении по отношению к теореме из п. 51.
Сформулируем его в виде теоремы и попробуем доказать.
Теорема. Множество всех точек плоскости, расположенных
по одну сторону от данной прямой и равноудаленных от нее, есть
прямая, параллельная данной.
Доказательство. Пусть а — данная прямая, Ф — множество
всех точек плоскости, расположенных по одну сторону от прямой а
и таких, что расстояние от каждой точки этого множества до прямой а
равно заданной величине d. Через какую-нибудь точку А множества Ф
проведем прямую Ь, параллельную прямой а (рис. 181). Докажем, что
множество Ф совпадает с прямой Ъ. Так как расстояние от точки А
до прямой а равно d, то, со-
согласно теореме п. 51, расстояние
от любой точки прямой Ъ до пря- ъ
мой а также равно d, поэтому
любая точка прямой Ъ принад- ^~ф"
лежит множеству Ф. Обратно,
пусть М — произвольная точка а
множества Ф, а ММ\ — пер-
перпендикуляр, проведенный из точ- 1
ки М к прямой а (см. рис. 181). рис jgj
Прямая ММ\ перпендикулярна
к прямой а, поэтому она пересекает прямую Ъ в некоторой точке Q. Так
как QM\ = d и ММ\ = d, то точки Q и М совпадают, т. е. точка М
лежит на прямой Ъ. Теорема доказана.
Замечание. Множество всех точек, обладающих каким-либо
геометрическим свойством, иногда называют геометрическим местом
точек. Можно сказать, например, что
геометрическое место точек плоскости, равноудаленных от концов
данного отрезка, есть серединный перпендикуляр к этому отрезку;
геометрическое место точек плоскости, расположенных внутри угла
и равноудаленных от его сторон, есть биссектриса этого угла;
геометрическое место точек плоскости, расположенных по одну
сторону от данной прямой и равноудаленных от нее, есть прямая,
параллельная данной.
53. Задачи на построение. Пользуясь свойствами параллельных
прямых, решим несколько задач на построение с помощью циркуля
и линейки.
Задача 1. Даны прямая а и точка М, не лежащая на этой
прямой. Построить прямую, проходящую через точку М и парал-
параллельную прямой а.
Решение. Рассмотрим два способа решения этой задачи.
Первый способ. Этот способ основан на утверждении о параллель-
параллельности двух прямых, перпендикулярных к третьей прямой.

122
Гл. 3. Параллельные прямые
\/
л
\ ^
\
м
ъ
\/
/
р
а
Через точку М проведем пря-
прямую Ь, перпендикулярную к пря-
прямой а, а затем через точку М
проведем прямую р, перпендику-
перпендикулярную к прямой Ъ (как это сде-
сделать с помощью циркуля и ли-
линейки, описано в п. 40; соответ-
соответствующее построение выполнено
на рисунке 182). Прямая р — ис-
искомая: она проходит через точ-
точку М, и так как р _1_ Ъ и а _1_ Ь,
то р || а.
Очевидно, задача имеет един-
единственное решение, так как по ак-
аксиоме параллельных прямых че-
через точку М проходит только
одна прямая, параллельная пря-
прямой а.
Второй способ. Этот способ основан на признаке параллельности
двух прямых, связанном с накрест лежащими углами.
Проведем окружность с центром М так, чтобы она пересекала
прямую а в двух точках: Р и Q (рис. 183). Затем проведем окружность
радиуса РМ с центром Р. Пусть N — одна из точек пересечения
этой окружности с прямой а. Если теперь провести окружность радиу-
радиуса MN с центром Р, то эта окружность пересечет первую окружность
радиуса МР с центром М в двух точках, одна из которых (точка R
на рисунке 183) лежит на искомой прямой. В самом деле, треуголь-
треугольники PNM и MPR равны по трем сторонам (PN = МР, РМ = MR
и NM = PR по построению), поэтому Zl = Z2. Так как углы 1 и 2
Рис. 182
Рис. 183

2. Свойства параллельных прямых
123
являются накрест лежащими углами при пересечении прямых а и MR
секущей РМ, то MR || а, т.е. прямая MR — искомая.
Замечание. Второй способ решения задачи более громоздкий,
но он интересен тем, что построение точки R, лежащей на искомой
прямой, осуществляется с помощью одного циркуля, без линейки.
Задача 2. Даны прямая а и отрезок АВ. Построить прямую р,
параллельную прямой а, так, чтобы расстояние между прямыми а
и р было равно АВ.
Решение. Отметим на прямой а какую-нибудь точку С и прове-
проведем через нее прямую Ь, перпендикулярную к прямой а (рис. 184, а).
Затем на одном из лучей прямой Ь, исходящих из точки С, отложим
отрезок CD, равный отрезку АВ. Через точку D проведем прямую р,
перпендикулярную к прямой Ь. Прямая р — искомая. В самом деле,
прямые р и а параллельны, так как они перпендикулярны к прямой Ъ.
По построению CD = АВ, поэтому расстояние от точки D до прямой а
равно АВ. Следовательно, и расстояние между прямыми аир рав-
равно АВ.
Как видно из построения, задача имеет два решения (прямые р и р\
на рисунке 184, б).
Задача 3. Построить прямоугольный треугольник по катету
и противолежащему углу.
Решение. Эту задачу нужно понимать так. Даны отрезок PQ
и острый угол hk (рис. 185, а). Требуется построить прямоугольный
треугольник ABC с прямым углом С так, чтобы один из катетов,
например ВС, был равен данному отрезку PQ, а противолежащий
угол А — данному углу hk.
Построим угол XAY, равный данному углу hk. Для построения
точки В на луче АХ заметим, что расстояние от нее до прямой AY
должно равняться PQ. Поэтому точка В лежит на прямой р, па-
параллельной прямой AY, причем расстояние между прямыми р и AY
равно PQ. Следовательно, искомая точка В есть точка пересечения
D
L
Г
С
b
р
а
D
С
Dx
b
Р
а
Pi
а)
а)
Рис. 184

124
Гл. 3. Параллельные прямые
а)
А
л
1
В
г
С
X
V
Y
Рис. 185
прямой р и луча АХ. Построение прямой р выполнено на рисун-
рисунке 185, б (см. задачу 2).
Проведем теперь через точку В прямую, перпендикулярную к пря-
прямой AY. Эта прямая пересекается с прямой AY в точке С. Треуголь-
Треугольник ABC — искомый.
Из четвертого признака равенства прямоугольных треугольни-
треугольников (п. 30) следует, что задача имеет единственное решение.
Задача 4. Построить треугольник по стороне, прилежащему
к ней углу и высоте, проведенной к этой стороне.
Решение. Даны отрезки P\Q\ и P2Q2 и угол hk (рис.186, а).
Требуется построить треугольник ABC, у которого АВ = P\Q\, ZA =
= Zhk и высота СН равна P^Qi-
Построим угол XAY, равный данному углу hk, и отложим на лу-
луче АХ отрезок АВ, равный данному отрезку P\Q\ (рис. 186, б). Оста-
Остается найти положение точки С на луче AY. Заметим, что расстояние
от точки С до прямой АВ равно P^Qi- Поэтому точка С лежит
на прямой р, параллельной прямой АВ, причем расстояние между пря-
прямыми р и АВ равно P^Qi- Следовательно, искомая точка С есть точка
пересечения прямой р и луча AY. Построение прямой р выполнено
на рисунке 186, б.
Очевидно, треугольник ABC удовлетворяет всем условиям задачи:
АВ = PiQi, ZA = Zhk, СН = P2Q2-
Л-
P
H
В X
a)
Рис. 186

2. Свойства параллельных прямых
125
с
Сам ход построения показывает, что при любых данных отрез-
отрезках P\Q\, P2Q2 и угле hk можно построить искомый треугольник. Ясно
также, что задача имеет единственное решение (докажите это).
Задача 5. Построить треугольник по стороне, высоте, прове-
проведенной к ней, и медиане, проведенной к одной из двух других сторон.
Решение. Построим отрезок АВ, равный данной стороне
(рис. 187), и проведем прямую а, параллельную прямой АВ и нахо-
находящуюся от нее на расстоянии, равном данной высоте (см. задачу 2).
Затем проведем прямую Ь, параллельную АВ и равноудаленную
от прямых АВ и а. Далее, по-
построим окружность с центром А,
радиус которой равен данной /
медиане, и отметим точку М
пересечения этой окружности М Hi
с прямой Ъ. Наконец, проведем
прямую ВЫ. Она пересекается
с прямой а в точке С. Треуголь-
Треугольник ABC — искомый. А
В самом деле, проведем
из точек В и С перпендикуля-
перпендикуляры ВН\ и СН2 к прямой Ъ и рассмотрим прямоугольные треугольни-
треугольники ВМН\ и СМЩ. Углы этих треугольников с вершиной М равны
как вертикальные, катеты ВН\ и СЩ равны по построению. Следо-
Следовательно, рассматриваемые треугольники равны по катету и противо-
противолежащему углу, а значит, ВЫ = МС, т. е. отрезок AM — медиана
треугольника ABC.
Из построения ясно, что задача может иметь два решения (тре-
(треугольники ABC и АВС\ на рисунке 188, а), одно решение (рис. 188, б)
и может не иметь решений (рис. 188, в).
Задача 6. Построить треугольник по периметру, одному из уг-
углов и высоте, проведенной из вершины другого угла.
Решение. Пусть даны ZA, высота ВН искомого треугольни-
треугольника ABC и отрезок PQ, длина которого равна периметру иско-
искомого треугольника. Рассмотрим случай, когда данный угол А —
острый (остальные случаи рассмотрите самостоятельно). Построим
В
Рис. 187
С
С
А
а)
b
X
в
\
)
Рис.
\м
\^
А
б)
188
b
В
1
А
в)
b
В

126
Гл. 3. Параллельные прямые
А
Н /С
D
Е
Рис. 189
прямоугольный треугольник АВН
по острому углу А и катету ВН
(рис. 189). На луче АН отложим
отрезок АЕ, равный данному от-
отрезку PQ, а затем на луче ЕА
отложим отрезок ED = АВ. Про-
Проведем отрезок BD и построим се-
серединный перпендикуляр а к этому
отрезку. Точку пересечения прямой а и прямой AD обозначим бук-
буквой С. Треугольник ABC — искомый.
Действительно, угол А равен данному углу по построению, ВН —
заданная высота, ВС = CD (по свойству серединного перпендикуляра),
DE = АВ по построению. Поэтому АС + ВС + АВ = АС + CD +
+ DE = PQ, т. е. периметр треугольника ABC равен длине данного
отрезка PQ.
Задачи
151* Две окружности с центрами О\ и О^ пересекаются в точках А
и В. Через точку А проведена прямая, пересекающая эти окружности
в точках М и Р. Докажите, что отрезок МР будет наибольшим в том
случае, когда МР || О\О^.
152. Прямые а и Ъ параллельны. Докажите, что середины всех от-
отрезков XY, где X G a, Y G Ъ, лежат на прямой, параллельной прямым а
и Ъ и равноудаленной от этих прямых.
153. Что представляет собой множество всех точек плоскости,
равноудаленных от двух данных параллельных прямых?
154. Что представляет собой множество всех точек плоскости,
находящихся на данном расстоянии от данной прямой?
155. Даны пересекающиеся прямые а и Ъ и отрезок PQ. На пря-
прямой а постройте точку, удаленную от прямой Ъ на расстояние PQ.
156* Дан треугольник ABC. Постройте отрезок DE, параллельный
прямой АС, так, чтобы точки D и Е лежали соответственно на сторо-
сторонах АВ и ВС и чтобы выполнялось равенство: DE = AD + СЕ.
157. На данной окружности постройте точку, равноудаленную
от двух данных параллельных прямых. Сколько решений может иметь
задача?
158* Постройте треугольник: а) по стороне, прилежащему к ней
углу и противолежащему ей углу; б) по углу, биссектрисе, проведенной
из вершины этого угла, и высоте, проведенной из вершины другого
угла; в) по двум сторонам и высоте, проведенной к одной из этих
сторон; г) по углу, медиане, проведенной из вершины этого угла,
и высоте, проведенной из вершины другого угла; д) по стороне, высо-
высоте, проведенной к другой стороне, и медиане, проведенной к третьей
стороне.

Глава 4
ДАЛЬНЕЙШИЕ СВЕДЕНИЯ О ТРЕУГОЛЬНИКАХ
§ 1. Сумма углов треугольника. Средняя линия
треугольника
54. Задача о разрезании треугольника. Можно ли разрезать про-
произвольный треугольник на четыре равных треугольника? Попробуем.
Рассмотрим произвольный треугольник ABC, отметим середи-
середины А\, В\, С\ сторон ВС, С А, АВ и соединим их отрезками (рис. 190).
В результате треугольник ABC окажет-
окажется разделенным на четыре треугольни-
треугольника. Глядя на рисунок, можно предполо-
предположить, что эти треугольники равны друг
другу. Но как это доказать? Ведь мы по-
почти ничего не можем сказать об их уг-
углах! Давайте подумаем, что можно вы-
вывести из того, что точки А\, В\ и С\ —
середины отрезков ВС, С А и АВ. А ' ^ "' С
Начнем с более простой задачи. Про-
Проведем прямую а, пересекающую какой- Рис. 190
нибудь отрезок АВ в его середине М
(рис. 191), и докажем, что концы отрезка равноудалены от этой прямой.
Если прямая а перпендикулярна к отрезку АВ, то точки А и В,
Ах
А
1 м
а
i
i
В
А
В
В
а)
б)
Рис. 191

128
Гл. 4. Дальнейшие сведения о треугольниках
очевидно, равноудалены от нее (рис. 191, а). Если же она не пер-
перпендикулярна к АВ (рис. 191, б), то проведем перпендикуляры АА\
и ВВ\ к прямой а (рис. 191, б). Тогда образуются два прямоугольных
треугольника — АА\М и ВВ\М, равных друг другу по гипотенузе
и острому углу (углы 1 и 2 равны как вертикальные). Следовательно,
АА\ = ВВ\. Мы видим, что и в этом случае концы отрезка АВ
равноудалены от прямой а.
Вернемся теперь к нашей задаче. Поскольку прямая А\С\ проходит
через середину отрезка АВ, то точки А и В равноудалены от этой
прямой. По аналогичной причине равноудаленными от прямой А\С\
оказываются точки В и С. Поэтому точки А и С также равноудалены
от прямой А\С\, причем лежат по одну сторону от нее (рис. 192, а).
С А
Сх
Вх
С
А
Вх
в)
С
А
Вх
г)
С
Рис. 192
Отсюда следует, что точки А и С лежат на прямой, параллель-
параллельной А\С\ (см. п. 52). Иными словами, прямые АС и А\С\ параллельны.
Аналогично получаем: АВ || А\В\, ВС || В\С\.
Теперь мы обнаруживаем, что некоторые углы равны друг другу как
соответственные углы, образованные при пересечении параллельных
прямых секущими. Эти углы отмечены на рисунке 192, б. Из равенства
указанных углов следует, что три «крайних» треугольника — АВ\С\,
ВС\А\ и СА\В\ — равны друг другу по стороне и двум прилежа-
прилежащим к ней углам (рис. 192, в). Но тогда и «центральный» треуголь-
треугольник А\В\С\ равен каждому из них по трем сторонам (рис. 192, г).
Таким образом, если разрезать треугольник ABC по отрезкам А\В\,

/. Сумма углов треугольника. Средняя линия треугольника
129
В\С\ и С\А\, то получатся четыре рав-
равных треугольника: АВХСХ, ВСХАХ, СА\В\
и АХВХСХ (рис. 193).
55. Сумма углов треугольника. Раз-
Разрезав произвольный треугольник на четыре
равных треугольника, мы получили воз-
возможность доказать сразу несколько важ-
важных теорем. Первую из них обсудим в этом
пункте, другие — в следующем.
С
А Вх С
Рис. 193
Обратимся к рисунку 193. Мы видим, что ZAXBXC + ААХВХСХ +
+ ZABXCX = 180°, причем ZAXBXC = ZA, ZAXBXCX = ZB, ZABXCX =
= Z.C. Следовательно, ZА + ZB + ZC = 180°. Итак, мы доказали
теорему о сумме углов треугольника:
сумма углов треугольника равна 180°.
Эта теорема является одной из самых важных теорем геометрии.
Сформулируем несколько следствий из нее.
Следствие 1. Внешний угол треугольника равен сумме двух
углов треугольника, не смежных с этим внешним углом (рис. 194).
Вспомним свойство внешнего угла треугольника, которое мы об-
обнаружили ранее, в п. 18: внешний угол треугольника больше каждого
угла треугольника, не смежного с ним. Мы видим, что следствие 1
позволяет установить, на сколько внешний угол треугольника больше
не смежного с ним угла треугольника: на величину другого угла
треугольника, не смежного с данным внешним углом.
Следствие 2. Сумма двух острых углов прямоугольного тре-
треугольника равна 90° (рис. 195).
Рис. 194. Zl + Z2 + Z3 =
= 180°, Z4 + Z3 = 180°,
поэтому Z4 = Zl + Z2
Рис. 195. Zl + Z2
= 90°
Следствие 3. Катет прямоугольного треугольника, лежащий
против угла в 30°, равен половине гипотенузы] обратно: если катет
прямоугольного треугольника равен половине гипотенузы, то угол,
лежащий против этого катета, равен 30°.
Пользуясь рисунком 196, на котором к данному прямоугольному
треугольнику ABC приложен равный ему треугольник ABD, выведите
это следствие самостоятельно.
5 С. Б. Кадомцев

130
Гл. 4. Дальнейшие сведения о треугольниках
С
А
а)
С
Рис. 196
А
D
Задача 1. Доказать, что угол треугольника является острым,
прямым или тупым, если медиана, проведенная из вершины этого
угла, соответственно больше, равна или меньше половины проти-
противоположной стороны.
Решение. Рассмотрим треугольник ABC с медианой AM и дока-
докажем сначала, что если AM > -ВС, то ZA < 90° (рис. 197, а).
Поскольку ВМ = МС = \вС, то AM > ВМ и AM > МС.
Применив теорему о соотношениях между сторонами и углами тре-
треугольника к треугольникам АВМ и АСМ, получим: ZBAM <
< ZB и АСАМ < Z.C. Поэтому АА = ZBAM + АСАМ < ZB + ZC.
Но ZB + ZC = 180° - ZA. Следовательно, ZA < 180° - ZA, откуда
находим: ZA < 90°.
Аналогично, если AM = -ВС (рис. 197, б) или AM < -ВС
(рис. 197, в), то ZA = 180° - ZA или ZA > 180° - ZA, откуда находим:
ZA = 90° или ZA > 90°. Утверждение доказано.
А
В
м
а)
С
В
м
б)
с
в
м
в)
С
Рис. 197. a) AM > -ВС; б) AM = -ВС; в) AM < -ВС

/. Сумма углов треугольника. Средняя линия треугольника 131
Замечание 1. Теорема о сумме углов треугольника тесно связана
с аксиомой параллельных прямых. Вы можете сказать, что в дока-
доказательстве теоремы сама аксиома параллельных прямых не исполь-
использовалась. Это верно, но в доказательстве использовалось равенство
соответственных углов, образованных при пересечении двух парал-
параллельных прямых секущей (обратите еще раз внимание на это место
доказательства). А равенство соответственных углов следует из аксио-
аксиомы параллельных прямых (см. п. 48). Таким образом, теорема о сумме
углов треугольника фактически основана на аксиоме параллельных
прямых. До введения аксиомы параллельных прямых мы не смогли бы
доказать эту теорему.
Давайте теперь вспомним задачи 23 и 24, связанные с суммой
углов треугольника, которые были предложены в конце §3 первой
главы. В первой задаче нужно было доказать, что сумма углов каждого
из треугольников, которые получаются, если разрезать квадрат по диа-
диагонали, равна 180°. Во второй задаче рассматривались треугольники,
которые получаются при разрезании по диагонали прямоугольника, со-
составленного из двух равных квадратов (рис.63). Нужно было доказать,
что сумма углов каждого из этих треугольников также равна 180°.
Вы можете спросить: как же так? В тот момент мы еще ничего не знали
об аксиоме параллельных прямых. Как же мы решали (и решили!)
те две задачи, если без аксиомы параллельных прямых этого сделать
нельзя? Разгадка здесь вот в чем: в условии тех двух задач предпо-
предполагалось, что есть квадрат (квадрат существует). Считая, что нам дан
квадрат, мы разрезали его (или прямоугольник, составленный из двух
равных квадратов) по диагонали на два треугольника и доказали, что
сумма углов в каждом из получившихся треугольников равна 180°.
Таким образом, мы опирались на то, что квадрат есть, квадрат суще-
существует. А утверждение о существовании квадрата равносильно аксиоме
параллельных прямых — об этом говорилось в п. 50.
Замечание 2. Возникает такой вопрос: что можно сказать о сум-
сумме углов треугольника, если вместо нашей аксиомы параллельных пря-
прямых принять противоположное утверждение: через точку, не лежащую
на данной прямой, проходит более одной прямой, не пересекающей
данную прямую. Именно это утверждение, как мы помним, было при-
принято Н.И. Лобачевским за аксиому в его исследованиях. Оказывается,
что тогда формула суммы углов треугольника принимает иной вид,
а именно
АА + АВ + АС = 180° - kS, A)
где S — площадь треугольника ABC, k — некоторый положительный
коэффициент (один и тот же для всех треугольников). Эта форму-
формула показывает, что в геометрии Лобачевского сумма углов любого
треугольника меньше 180°. Более того, она зависит от площади S
треугольника. Чем больше S, тем меньше сумма углов треугольника.

132 Гл. 4. Дальнейшие сведения о треугольниках
Из формулы A) следует и другой удивительный факт: в геометрии
Лобачевского площадь любого треугольника меньше величины ——!
/с
А нельзя ли, измерив сумму углов произвольного треугольника,
экспериментально установить, какой из двух геометрий описывается
окружающий нас Мир? Это непростой вопрос. Ведь из формулы A)
следует, что чем меньше площадь треугольника, тем ближе к 180° сум-
сумма его углов. Поэтому выбранный треугольник должен быть достаточ-
достаточно большим. Подобная ситуация хорошо известна нам из опыта. Так,
путешествуя по озеру, мы можем считать его поверхность плоской и,
выбирая маршрут, исходить из евклидовой геометрии. Другое дело —
океан: здесь мореплаватель, пользующийся евклидовой геометрией,
и считающий поверхность океана плоской, а не сферической, не сможет
привести свой корабль в нужное место.
Сам Лобачевский, опираясь на результаты астрономии XIX века,
обнаружил, что в пределах ошибок измерительных приборов сумма
углов треугольника равна 180°. Однако по современным оценкам есть
основания считать, что в масштабах Вселенной сумма углов треуголь-
треугольника может быть существенно меньше 180°, следовательно, наше про-
пространство может описываться геометрией Лобачевского.
Итак, в геометрии Лобачевского сумма углов треугольника мень-
меньше 180°. Следовательно, рисунок 193 в ней невозможен.
Замечание 3. Теперь совершенно ясно, почему в геометрии
Лобачевского нет квадрата. Действительно, если разрезать квадрат
по диагонали, то получатся два треугольни-
треугольника, в каждом из которых сумма углов равна
90° +45° +45° = 180° (рис. 198). Но в гео-
геометрии Лобачевского таких треугольников
нет (в ней сумма углов любого треугольника
меньше 180°), поэтому нет и квадрата.
Замечание 4. Доказав теорему о сум-
сумме углов треугольника, мы ответили на один
из вопросов, записанных в нашем блокно-
блокноте: «Существует ли какое-нибудь соотно-
соотношение между тремя углами треугольника?»
рис ^98 Вслед за ним записан другой вопрос: «Имеет
ли место признак равенства треугольников
по трем углам?» Теперь мы знаем, что из аксиомы параллельных
прямых следует существование квадрата со стороной, равной данному
отрезку, а значит, и существование неравных друг другу треугольников
с соответственно равными углами (п. 28). Таким образом, в евклидовой
геометрии признак равенства треугольников по трем углам не име-
имеет места.
А что можно сказать об этом признаке в геометрии Лобачевского?
Давайте подумаем. Рассмотрим два треугольника ABC и А\В\С\,
углы которых соответственно равны: ZA = ZA\, ZB = ZB\, ZC =

/. Сумма углов треугольника. Средняя линия треугольника
133
= /_С\ (рис. 199, а). Из формулы A) следует, что площади этих тре-
треугольников равны: S = S\.
Докажем, что имеет место еще одно равенство: АВ = А\В\. В са-
самом деле, допустим, что АВ ф А\В\. Пусть, например, АВ > А\В\.
Наложим треугольник ABC на треугольник А\В\С\ так, чтобы вер-
вершина А совместилась с вершиной А\, а стороны АВ и АС наложились
на лучи А\В\ и А\С\ (это можно сделать, поскольку ZА = ZA\).
При этом точки В и С наложатся на какие-то точки В2 и С2 этих
лучей (рис. 199, б). Так как АХВ2 = АВ и ZB2 = ZB, то АХВ2 > АхВи
а соответственные углы В\ и В2, образованные при пересечении пря-
прямых В\С\ и В2С2 секущей В\В2, равны, и поэтому прямые В\С\
и В2С2 параллельны. Следовательно, площадь треугольника А\В2С2
больше площади треугольника А\В\С\ (треугольник А\В2С2 состав-
составлен из треугольника А\В\С\ и четырехугольника В\В2С2С\). Но тре-
треугольник А\В2С2 равен треугольнику ABC, поэтому его площадь
равна S. Мы получили неравенство S > S\, что противоречит равен-
равенству S = S\. Полученное противоречие означает, что наше предполо-
предположение ошибочно и стороны АВ и А\В\ не могут быть неравными друг
другу.
Итак, АВ = А\В\. Следовательно, треугольники ABC и А\В\С\
равны по второму признаку равенства треугольников. Тем самым
мы доказали, что в геометрии Лобачевского имеет место признак
равенства треугольников по трем углам\
А
СХ
а)
Рис. 199

134 Гл. 4. Дальнейшие сведения о треугольниках
56. Средняя линия треугольника. Отрезок, соединяющий сере-
середины двух сторон треугольника, называется средней линией этого
треугольника.
Разрезав произвольный треугольник на четыре равных треуголь-
треугольника (п. 54), мы получили возможность доказать еще одну важную
теорему — теорему о средней линии треугольника. Чтобы ее сфор-
сформулировать, обратимся к рисунку 193. Отрезки А\В\, В\С\ и С\А\
на этом рисунке — средние линии треугольника ABC. Мы установили,
что А\В\ || АВ, ВХСХ || ВС, С\АХ || С А и, кроме того, АХВХ = \аВ,
В\С\ = -БС, С\А\ = -zCA. Тем самым мы доказали теорему о сред-
средней линии треугольника:
средняя линия треугольника параллельна одной из его сторон
и равна половине этой стороны.
Замечание 1. В п. 55 (замечание 2) мы отмечали, что рису-
рисунок 193 в геометрии Лобачевского невозможен. Следовательно, в этой
геометрии неверна и теорема о средней линии треугольника (объясни-
(объясните, почему).
Замечание 2. Ясно, что справедлива и такая теорема:
прямая, проходящая через середину стороны треугольника и па-
параллельная другой его стороне, делит третью сторону пополам.
В самом деле, по аксиоме параллельных прямых через середину сто-
стороны треугольника можно провести только одну прямую, параллель-
параллельную другой его стороне. Но такой прямой является прямая, содержащая
среднюю линию нашего треугольника. Иными словами, указанная пря-
прямая проходит через середину третьей стороны, т.е. делит ее пополам.
Эту теорему можно сформулировать иначе:
отрезок, соединяющий середину стороны треугольника с точкой
другой стороны и параллельный третьей стороне, является средней
линией этого треугольника.
В такой формулировке теорема выражает признак средней линии
треугольника.
57. Теорема Фалеса. Обратимся к рисунку 200, а. На этом ри-
рисунке сторона АВ треугольника ABC разделена точками D, Е и F
на четыре равные части. Проведем через эти точки прямые, парал-
параллельные стороне АС и пересекающие сторону ВС в точках D\, E\
и F\ (рис.200, б). Теперь несколько раз воспользуемся признаком сред-
средней линии (рис.200, в, г, д). Мы видим (рис.200, е), что сторона ВС
делится точками D\, Е\ и F\ на четыре равные части.
Случайно ли это? Видимо, нет. По всей видимости, имеет место
следующая теорема.
Теорема. Если на одной из двух прямых отложить последо-
последовательно несколько равных отрезков и через их концы провести
параллельные прямые, пересекающие вторую прямую, то они отсе-
отсекут на второй прямой равные между собой отрезки.

/. Сумма углов треугольника. Средняя линия треугольника 135
В В В
\ XV1 / X
„ ' \Е'
А
С А
С А
С
а)
б)
в)
В
В
В
А
С А
г)
Е/ \
D/ ^
д)
Рис. 200
\
и
Цг
У
Л
/
е)
\ F>\
ч1,
и
Доказательство. Рассмотрим прямую а, на которой отложены
равные друг другу отрезки А\А2, А2Л3, A3A4, ... Через их концы про-
проведены параллельные прямые l\, \<i, h, h, ¦••, пересекающие прямую b
в точках В[, В2, Б3, В4, ... (рис.201, а). Требуется доказать, что
отрезки В\В2, -В2-В3, B3-B4, ¦•• равны друг другу.
Л/
А2/
V
м/
м/
\в2
\В3
\в4
\в5
B
h
m/\ b2
A3/ \ Въ
a)
, М\ Гв
1 М\ /В2
h
a/
Z
Z
/ \
6)
At/
и
к
Мт
/
i
sP \в2
\
\
e)
Рис. 201

136
Гл. 4. Дальнейшие сведения о треугольниках
Докажем сначала, что В\В2 = В2В^. Если точки А\ и В\ или
точки Аз и В^ совпадают (рис.201, б, в), то В\В2 = В2Вз по признаку
средней линии треугольника. Если же указанные точки не совпадают,
то поступим так. Проведем отрезок А\В% и обозначим буквой С точку
его пересечения с прямой 12 (такая точка С существует, поскольку
точки А\ и Дз лежат по разные стороны от прямой 12). Прямая А2С
проходит через середину А2 стороны А\А% треугольника А\А%Въ и па-
параллельна стороне А3В3 этого треугольника, поэтому точка С является
серединой отрезка А\Щ (рис.201, г). Прямая СВ2 проходит через
середину С стороны А\В% треугольника А\В\В% и параллельна сто-
стороне А\В\ этого треугольника, поэтому точка В2 является серединой
отрезка В\В%. Итак, В\В2 = В2Дз-
Точно так же доказывается, что В2ВЪ = В^В^ и т.д. Следовательно,
все отрезки B\B2, B2B^, В^В^, ... равны друг другу. Теорема доказана.
По мнению многих историков, эту теорему впервые открыл древне-
древнегреческий ученый Фалес Милетский (ок.625-547 гг. до н.э.). И хотя
единого мнения на этот счет нет, ее называют теоремой Фалеса.
Решим теперь такую задачу.
Задача 2. С помощью циркуля и линейки разделить данный
отрезок на п равных частей.
Решение. Пусть АВ — данный отрезок, п — данное нату-
натуральное число, большее единицы. Проведем луч АХ, не лежащий
на прямой АВ, и на нем от точки А отложим последовательно п
равных отрезков АА\, А\А2, ..., Ап_\Ап (рис.202), т.е. столько рав-
равных отрезков, на сколько равных частей нужно разделить данный
отрезок АВ (на рисунке 202 задача решается для п = 5). Проведем
прямую АпВ (точка Ап — конец последнего отрезка) и построим
прямые, проходящие через точ-
точки А\, А2, ..., Ап-\ и параллель-
параллельные прямой АпВ. По теореме
Фалеса эти прямые пересекают
отрезок АВ в точках В\, В2, ...,
Бп_ь которые делят отрезок АВ
на п равных частей.
Таким образом, мы ответили
еще на один из вопросов, запи-
записанных в нашем блокноте: мож-
можно ли с помощью циркуля и ли-
линейки разделить данный отрезок
на п равных частей? Мы видим,
что эта задача имеет решение
для любого натурального чис-
Рис. 202 ла п.
58. Неожиданный факт. Рассмотрим треугольник ABC со сто-
сторонами АВ = 12 см, ВС = 18 см, С А = 27 см (рис.203). Сразу же
В

/. Сумма углов треугольника. Средняя линия треугольника
137
возникает вопрос: а существует
ли такой треугольник? Большая
из сторон треугольника ABC
равна 27 см, а сумма двух дру-
других сторон равна 12 см + 18 см =
= 30 см > 27 см. Следователь-
Следовательно, такой треугольник существу-
существует (см. замечание 2 п. 39).
Разделим сторону ВС этого
треугольника точками А\ и А2
на три равные части и проведем через точки А\ и А2 прямые, па-
параллельные стороне АВ, до пересечения со стороной АС в точках В\
и В2 (см. рис.203).
Рассмотрим треугольники ABC и А\В\С. Угол С у них общий,
АА = /-В\, поскольку эти углы являются соответственными углами,
образованными при пересечении параллельных прямых АВ и А\В\
секущей АС. По аналогичной причине АВ = АА\. Таким образом, углы
треугольника ABC соответственно равны углам треугольника А\В\С.
Сравним теперь стороны этих треугольников. По построению
2
А\С = -ВС = 12 см. По теореме Фалеса АВ\ = В\В2 = В2С, поэтому
о
ВХС = \АС = 18 см.
Что же получилось? Углы треугольника ABC соответственно равны
углам треугольника А\В\С, ВС = В\С = 18 см, АВ = А\С = 12 см.
Таким образом, пять (из шести!) элементов треугольника ABC равны
соответствующим элементам треугольника А\В\С, но сами треуголь-
треугольники, очевидно, не равны друг другу. Не правда ли, удивительный
факт?
Задачи
159. На рисунке 204 AD || BE, AC = AD и ВС = BE. Докажите,
что угол DCE — прямой.
160. На рисунке 205 АВ = АС, АР = PQ = QR = RB = ВС.
Найдите угол А.
161. Через каждую верши-
вершину треугольника проведена пря- А,
мая, перпендикулярная к бис-
биссектрисе треугольника, исходя-
исходящей из этой вершины. Отрезки
этих прямых вместе со сторона-
сторонами данного треугольника образу-
образуют три треугольника. Докажите,
что углы этих треугольников со-
соответственно равны. Рис. 204
С
В

138
Гл. 4. Дальнейшие сведения о треугольниках
Р
Рис. 205
162. В каждом из следующих случаев опреде-
определите вид треугольника: а) сумма любых двух углов
больше 90°; б) каждый угол меньше суммы двух
других.
163. Докажите, что если один из внешних уг-
углов треугольника в два раза больше угла треуголь-
треугольника, не смежного с ним, то этот треугольник —
равнобедренный. Верно ли обратное утверждение?
164. Окружность с центром О касается пря-
прямых АВ и АС в точках В и С. Через произ-
произвольную точку дуги ВС проведена касательная
к окружности, пересекающая отрезки АВ и АС
в точках М и Р. Найдите угол МОР, если угол А
равен а.
165. В прямоугольном треугольнике проведена высота из вершины
прямого угла. Докажите, что данный треугольник и два образовавших-
образовавшихся треугольника имеют соответственно равные углы.
166. Из середины D стороны ВС равностороннего треугольни-
треугольника ABC проведен перпендикуляр DM к прямой АС. Найдите AM,
если АВ = 12 см.
167. Прямоугольный треугольник с острым углом в 30° разрежьте:
а)* на три равных прямоугольных треугольника; б) на четыре равных
прямоугольных треугольника.
168. Высоты, проведенные к боковым сторонам АВ и АС остро-
остроугольного равнобедренного треугольника ABC, пересекаются в точ-
точке М. Найдите углы треугольника, если ZBMC = 140°.
169. В треугольнике ABC с прямым углом А проведены высота АН
и медиана AM. Угол В равен а, причем а < 45°. Найдите АН AM.
170. В треугольнике с неравными сторонами АВ и АС проведены
высота АН и биссектриса AD. Докажите, что угол HAD равен полу-
полуразности углов В и С.
171. Докажите, что в прямо-
прямоугольном треугольнике с неравными
катетами биссектриса прямого угла
делит угол между высотой и меди-
медианой, проведенными из той же вер-
вершины, пополам.
172. На гипотенузе АВ прямо-
прямоугольного треугольника ABC от-
отмечены точки D и Е так, что
АЕ = АС и BD = ВС. Найди-
Найдите ZDCE.
173. Найдите сумму углов, обо-
обозначенных на рисунке 206 цифрами.
174! Медиана и высота тре-
треугольника, проведенные из одной
Рис. 206

2. Четыре замечательные точки треугольника 139
вершины, делят угол треугольника на три равных угла. Докажите, что
этот треугольник — прямоугольный.
175* Внутри равнобедренного треугольника ABC с основанием ВС
взята такая точка М, что AM ВС = 30°, ZMCB = 10°. Найдите
угол АМС, если ABAC = 80°.
176* В треугольнике ABC ZB = 70°, ZC = 50°. На сторонах АВ
и АС взяты точки М и N так, что АМС В = 40° и /ЛГБС = 50°.
Найдите ZNMC.
177*. На боковых сторонах В А и ?>С равнобедренного треугольни-
треугольника ABC с углом В, равным 20°, взяты соответственно точки Q и Р
так, что ZACQ = 60° и ZCAP = 50°. Найдите ZAPQ.
178. С помощью циркуля и линейки постройте угол, равный: а) 30°;
б) 60°; в) 15°; г) 120°; д) 150°; е) 135°; ж) 165°; з) 105°.
179* Постройте треугольник по периметру и двум углам.
180* Постройте треугольник по стороне, разности углов при этой
стороне и сумме двух других сторон.
181. Сторона АВ треугольника ABC разделена на четыре равные
части, через точки деления проведены прямые, параллельные сто-
стороне ВС. Стороны АВ и АС треугольника отсекают на этих парал-
параллельных прямых три отрезка. Длина наименьшего из получившихся
отрезков равна 3,4. Найдите длины двух других отрезков.
182. Точки А и В расположены в одной полуплоскости с грани-
границей а. Из точек А, В и середины О отрезка АВ проведены перпендику-
перпендикуляры АА\, ВВ\ и ОО\ к прямой а. Докажите, что 2ОО\ = АА\ + ВВ\.
183. Точки М и N симметричны точкам В и С относительно
середин сторон АС и АВ треугольника ABC. Докажите, что точки М,
N и А лежат на одной прямой.
184. Постройте треугольник, если даны середины его сторон.
§ 2. Четыре замечательные точки треугольника
59. Теорема о пересечении серединных перпендикуляров к сто-
сторонам треугольника. В п. 34 мы доказали, что биссектрисы треуголь-
треугольника пересекаются в одной точке. Докажем теперь, что аналогичным
свойством обладают серединные перпендикуляры к сторонам треуголь-
треугольника.
Теорема. Серединные перпендикуляры к сторонам треугольни-
треугольника пересекаются в одной точке.
Доказательство. Обозначим буквой О точку пересечения се-
серединных перпендикуляров т и п к сторонам АВ и ВС треугольни-
треугольника ABC (рис.207). Согласно теореме о серединном перпендикуляре
к отрезку (п. 31) имеют место равенства: О А = ОВ и ОВ = ОС. Отсю-
Отсюда следует, что О А = ОС, т. е. точка О равноудалена от концов отрез-
отрезка АС. Поэтому точка О лежит на серединном перпендикуляре р к от-
отрезку АС (теорема 2 п. 31). Таким образом, точка О лежит на каждом

140
Гл. 4. Дальнейшие сведения о треугольниках
из трех серединных перпендикуляров к сторонам треугольника ABC,
а это и означает, что все три серединных перпендикуляра га, п и р
пересекаются в одной точке. Теорема доказана.
Замечание. Написав слова «Теорема доказана», мы допустили
неточность. Действительно, мы начали доказательство теоремы с того,
что обозначили буквой О точку пересечения серединных перпендику-
перпендикуляров га и п к сторонам АВ и ВС. Возникает вопрос: а не может
ли случиться так, что эти серединные перпендикуляры не пересека-
пересекаются, т.е. га || п? Докажем, что этого не может быть. Доказательство
проведем методом от противного. Предположим, что в каком-то тре-
треугольнике ABC серединные перпендикуляры га и п к сторонам АВ
и ВС параллельны: га || п (рис.208). Тогда прямая ВС, перпендикуляр-
перпендикулярная к прямой п, будет перпендикулярна также и к прямой га (следствие
3° п. 48). Таким образом, мы получаем, что через точку В проходят
две прямые (АВ и ВС), перпендикулярные к прямой га. Но этого
не может быть. Следовательно, наше предположение о параллельности
прямых тип неверно, а значит, серединные перпендикуляры тип
к сторонам АВ и ВС треугольника ABC пересекаются в некоторой
точке. Теперь мы можем сказать, что теорема о пересечении трех
серединных перпендикуляров к сторонам треугольника в одной точке
полностью доказана.
Отметим также, что в п. 31, где была доказана теорема о сере-
серединном перпендикуляре к отрезку, мы не могли доказать теорему
о пересечении серединных перпендикуляров к сторонам треугольника
в одной точке именно по той причине, что в то время мы не смогли бы
доказать, что два серединных перпендикуляра к сторонам треугольника
пересекаются в некоторой точке. Доказательство этого факта, как
мы только что видели, основано на свойстве параллельных прямых:
если прямая перпендикулярна к одной из параллельных прямых, то она
перпендикулярна и к другой прямой. В свою очередь, это утверждение
нельзя доказать, не приняв аксиому параллельных прямых — в гео-
А
С
Р
Рис. 207
Рис. 208

2. Четыре замечательные точки треугольника 141
метрии Лобачевского оно неверно. Но в п. 31 аксиомы параллельных
прямых мы еще не знали, поэтому и теорему о пересечении серединных
перпендикуляров к сторонам треугольника доказать не могли.
60. Окружность, описанная около треугольника. Окружность,
проходящая через все три вершины треугольника, называется опи-
описанной около этого треугольника, а сам треугольник называется
вписанным в окружность. На рисунке 209 окружность с центром О
описана около треугольника ABC. Поскольку точка О равноудалена
от всех вершин этого треугольника, то она является точкой пересече-
пересечения серединных перпендикуляров к сторонам треугольника ABC. Если
еще немного приглядеться к рисунку, то станет ясно, что имеет место
следующая теорема.
Теорема. Около любого треугольника можно описать окруж-
окружность, и притом только одну.
Доказательство. Рассмотрим произвольный треугольник ABC.
Обозначим буквой О точку пересечения серединных перпендикуляров
к его сторонам и проведем отрезки О А, ОВ и ОС (рис.210). Точка О
равноудалена от вершин треугольника ABC, т. е. О А = ОВ = ОС.
Поэтому окружность с центром О радиуса О А проходит через все три
вершины треугольника и, следовательно, является описанной около
треугольника ABC. Итак, около треугольника ABC можно описать
окружность.
Около треугольника ABC можно описать только одну окружность,
поскольку две окружности не могут иметь три общие точки — А, В
и С (п. 38). Теорема доказана.
Замечание 1. Как мы только что установили, центр окружно-
окружности, описанной около треугольника, совпадает с точкой пересечения
серединных перпендикуляров к сторонам этого треугольника. По этой
причине точку пересечения серединных перпендикуляров к сторонам
треугольника часто называют центром описанной окружности.
С А
Рис. 209 Рис. 210

142 Гл. 4. Дальнейшие сведения о треугольниках
Замечание 2. Рассмотрим три произвольные точки, не лежащие
на одной прямой. Соединив эти точки отрезками, получим треуголь-
треугольник, около которого, согласно доказанной теореме, можно описать
окружность, и притом только одну. Таким образом, мы приходим к сле-
следующему выводу:
через любые три точки, не лежащие на одной прямой, проходит
окружность, и притом только одна.
61. Теорема о пересечении высот треугольника. Если мы за-
заглянем в наш блокнот, то увидим в нем следующие вопросы, ответы
на которые мы пока не нашли:
верно ли, что три медианы треугольника пересекаются в одной
точке; верно ли, что три высоты треугольника или их продолжения
пересекаются в одной точке?
Попытаемся ответить на эти вопросы. Начнем с высот.
Рассмотрим произвольный треугольник ABC и проведем его сред-
средние линии А\В\, В\С\ и С\А\ (рис.211). Далее, проведем высоту А\А2
треугольника А\В\С\. Мы видим,
что прямая A\A<i является сере-
серединным перпендикуляром к стороне
ВС треугольника ABC. Но сере-
серединные перпендикуляры к сторо-
сторонам треугольника ABC пересекают-
пересекаются в одной точке. Следовательно,
и высоты треугольника А\В\С\ (или
^ их продолжения) пересекаются в од-
А В\ С ной точке!
Теперь уже ясно, что так будет
Рис. 211 не только в треугольнике А\В\С\,
но и в любом другом треугольнике.
Теорема. Высоты треугольника (или их продолжения) пересе-
пересекаются в одной точке.
Доказательство. Рассмотрим произвольный треугольник ABC
и докажем, что прямые АА\, ВВ\ и СС\, содержащие его высоты,
пересекаются в одной точке (рис.212).
Через каждую вершину треугольника ABC проведем прямую, па-
параллельную противоположной стороне, и обозначим точки пересечения
этих прямых (объясните, почему проведенные прямые пересекаются)
через А2, В2, С2 (см. рис.212).
Треугольники ABC и А2СВ равны по стороне и двум прилежащим
к ней углам {ВС — общая сторона, ZABC = ZA2CB, так как эти
углы — накрест лежащие при пересечении параллельных прямых АВ
и А2В2 секущей ВС; ZACB = ZA2BC, так как эти углы — на-
накрест лежащие при пересечений параллельных прямых АС и А2С2
секущей ВС). Из равенства треугольников ABC и А2СВ следует,
что А2С = АВ.

2. Четыре замечательные точки треугольника
143
Рис. 212
Аналогично треугольники ABC и СВ2А равны по стороне и двум
прилежащим к ней углам {АС — общая сторона, ABAC = ZB2CA,
ABC A = ZB2AC), поэтому В2С = АВ.
Из равенств А2С = АВ и В2С = АВ получаем: А2С = В2С,
т.е. точка С — середина стороны А2В2 треугольника А2В2С2. Так
как А2В2 || АВ (по построению) и СС\ JL АВ, то СС\ JL A2B2, т.е.
прямая СС\ — серединный перпендикуляр к стороне А2В2 треугольни-
треугольника А2В2С2.
Аналогично доказывается, что прямые АА\ и ВВ\ — серединные
перпендикуляры к сторонам В2С2 и А2С2 треугольника А2В2С2. Сле-
Следовательно, прямые АА\, ВВ\ и СС\ пересекаются в одной точке.
Теорема доказана.
Замечание. Точку пересечения высот треугольника или их про-
продолжений для краткости называют ортоцентром 0 этого треуголь-
треугольника.
62. Размышления о точке пересечения медиан треугольника.
Займемся теперь медианами треугольника. Как доказать, что они пе-
пересекаются в одной точке (если, конечно, это так)? С чего начать?
Рассмотрим треугольник ABC и проведем его медианы АА\, ВВ\
и СС\ (рис.213, а). Пусть О, Р и Q — точки их пересечения (на
рисунке они не отмечены). Мы хотим доказать, что эти три точки
совпадают.
Попробуем уточнить место расположения точек О, Р и Q. Прежде
всего ясно, что эти точки находятся внутри треугольника ABC (объ-
(объясните, почему). Далее, обратим внимание на такой интересный факт:
1) Греческое слово «орто» означает «прямой»: здесь имеются в виду прямые
углы между высотами и соответствующими им сторонами треугольника (или
их продолжениями).

144
Гл. 4. Дальнейшие сведения о треугольниках
В
а)
б)
Рис. 213
медиана АА\ делит среднюю линию В\С\ пополам. В самом деле,
по свойству средней линии В\С\ || ВС, поэтому признак средней линии
применительно к треугольникам АСА\ и АВА\ дает равенства: В\ А2 =
= -цСА\ = -цА\В = А^С\. Иными словами, отрезок А\А2 медианы АА\
является медианой треугольника А\В\С\. По аналогичной причине
отрезки В\В% и С\С2 также являются медианами этого треугольника.
Следовательно, точки О, Р и Q лежат внутри треугольника А\В\С\.
Применив такие же рассуждения к треугольнику А\В\С\, мы об-
обнаружим, что его медианы А\А^, В\В^ и С\С^ пересекаются внутри
треугольника А^В^С^ (рис.213, б) и т.д.
Таким образом, мы получаем бесконечную последовательность
уменьшающихся треугольников АпВпСп (по свойству средней ли-
линии стороны каждого следующего треугольника вдвое меньше сторон
предыдущего треугольника), причем точки О, Р и Q лежат внутри
каждого из этих треугольников. Ясно, что такое возможно только в том
случае, когда точки О, Р и Q совпадают. Следовательно, все три
медианы АА\, ВВ\ и СС\ пересекаются в точке О, что и требовалось
доказать.
В принципе, на этом можно было бы и закончить, так как своей
цели мы достигли. Но давайте еще немного поразмышляем. Нельзя
ли как-то уточнить место расположения точки О на медиане АА\?
Попробуем.
Из нашего построения вытекает, что А\О = А\А% + А^А^ + A$Aj +
Но А^Аъ = -тА\Аъ (объясните, почему). Точно так-
так= - • -АХА3, А7А9 = ^А5А7 = - • - • -А{А3,...,
же АЪА7 = ^

2. Четыре замечательные точки треугольника 145
поэтому
С другой стороны, АО = АА2 + А2А4 + A4Aq + Аб^8 + ..., при-
причем А2А4 = ^АА2, А4А6 = ^А2А4 = ^ • ^АА2, Л^8 = ^А4А6 = i x
х - • jAA2,..., поэтому
Но АА2 = 2А\А% (докажите это). Следовательно, АО = 2А\О. Ана-
Аналогично доказывается, что ВО = 2В\О и СО = 2CiO. Итак, мы устано-
установили замечательный факт: точка пересечения медиан треугольника
делит каждую медиану в отношении 2 : 1, считая от вершины\
Замечание. Попутно мы фактически решили еще одну, весьма
непростую задачу: чему равна сумма ^ = 0 + т + т*т + т*т*т +
+ ...)? Имеем: АА\ = ЗА\О = ЗА\Ао, • S. С другой стороны, АА\ =
= 4т41т4з. Приравнивая эти выражения для АА\, получим: 3S = 4,
откуда S = -.
о
63. Теорема о пересечении медиан треугольника. Теперь, когда
мы уже знаем, где находится точка пересечения медиан треугольника,
нетрудно придумать и более простые доказательства теоремы об этой
точке. Сформулируем теорему о пересечении медиан треугольника
и приведем одно из доказательств этой теоремы.
Теорема. Медианы треугольника пересекаются в одной точке,
которая делит каждую медиану в отношении 2 : 1, считая от вер-
вершины.
Доказательство. Рассмотрим произвольный треугольник ABC
и обозначим буквой О точку пересечения его медиан АА\ и ВВ\
(рис.214, а). Проведем средние линии треугольников АВВ\ и СВВ\,
параллельные стороне ВВ\ (рис.214, б). Вместе с отрезком ВВ\ эти
средние линии делят сторону АС треугольника ABC на четыре равные
М / / \Ау
А Вх С А~ • ' Вх ' ! с
а) б)
Рис. 214

146
Гл. 4. Дальнейшие сведения о треугольниках
части. Следовательно, по теореме Фалеса медиана АА\ оказывается
разделенной ими и медианой ВВ\ на три равные части. Поэтому АО =
= 20Аи или АО : ОАХ =2:1.
Итак, точка О пересечения медиан АА\ и ВВ\ делит медиану АА\
в отношении 2:1, считая от вершины. Аналогично доказывается,
что точка О делит медиану ВВ\ также в отношении 2:1, считая
от вершины, т. е. ВО : ОВ\ =2:1.
Рассмотрим теперь точку О\ пересечения медиан АА\ и СС\. Та-
Таким же образом, как и для медиан АА\ и ВВ\, можно доказать, что
точка О\ делит каждую из медиан АА\ и СС\ в отношении 2:1,
считая от вершины. В частности, АО\ : О\А\ =2:1. Следовательно,
точка О\ совпадает с точкой О.
Итак, три медианы треугольника пересекаются в одной точ-
точке (рис.215) и каждая медиана делится этой точкой в отношении 2:1,
считая от вершины. Теорема доказана.
Замечание 1. К рассмотренной теореме можно прийти значи-
значительно проще, чем в п. 62, если вспомнить некоторые сведения из физи-
физики. Действительно, представим себе, что в каждой вершине треуголь-
треугольника ABC находится точечная масса в 1 г. Как найти центр тяжести
системы этих трех масс? Сначала нужно взять какие-нибудь две массы,
например массы в точках А и В. Их центр тяжести находится в се-
середине С\ отрезка АВ (рис.216). Далее следует рассмотреть систему
двух масс: массы 1 г в точке С и массы 2 г в точке С\. Их центр
тяжести находится в точке О отрезка СС\, т.е. на медиане СС\ тре-
треугольника ABC, причем СО = 2ОС\. Путем аналогичных рассуждений
можно установить, что АО = 20А\ и ВО = 2ОВ\, где точки А\ и В\ —
середины сторон ВС и АС. Таким образом, все три медианы АА\,
ВВ\ и СС\ треугольника ABC пересекаются в точке О и каждая
медиана делится этой точкой в отношении 2:1, считая от вершины.
В связи с этим рассуждением становится ясно, почему точку пересе-
В
Сх
Ах
Вх С
Рис. 215
Рис. 216. Точка О — центр тя-
тяжести треугольника ABC

2. Четыре замечательные точки треугольника 147
чения медиан треугольника часто называют центром тяжести этого
треугольника.
Замечание 2. Итак, с каждым треугольником связаны четыре
точки: центр вписанной окружности — точка пересечения биссектрис
треугольника; центр описанной окружности — точка пересечения се-
серединных перпендикуляров к сторонам треугольника; ортоцентр —
точка пересечения высот треугольника или их продолжений; центр
тяжести — точка пересечения медиан треугольника. Эти четыре точки
называются замечательными точками треугольника.
В равностороннем треугольнике роль каждой из четырех заме-
замечательных точек играет одна и та же точка. Эта точка называется
центром равностороннего треугольника.
Задачи
185* Серединные перпендикуляры к сторонам треугольника ABC
пересекаются в точке О, лежащей внутри треугольника ABC, а се-
серединные перпендикуляры к сторонам треугольника А\В\С\ пере-
пересекаются в точке О\, лежащей внутри треугольника А\В\С\. Из-
Известно, что АО = А\О\, ZA = ZA\, ZAOB = АА\О\В\. Докажите,
что ААВС = АА{В{С{.
186. Докажите, что: а) точка пересечения серединных перпенди-
перпендикуляров к сторонам прямоугольного треугольника является серединой
гипотенузы; б) радиус окружности, описанной около прямоугольного
треугольника, равен половине гипотенузы.
187* Центр описанной около треугольника окружности лежит
на его медиане. Определите вид этого треугольника.
188. Докажите, что ортоцентр равнобедренного треугольника ле-
лежит на серединном перпендикуляре к основанию этого треугольника.
189. Ортоцентр треугольника совпадает с одной из его вершин.
Докажите, что этот треугольник — прямоугольный.
190. Докажите, что если две замечательные точки треугольника
совпадают, то совпадают все четыре замечательные точки, и треуголь-
треугольник является равносторонним. Рассмотрите все возможные случаи.
191. Докажите, что радиус окружности, описанной около равно-
равностороннего треугольника, в два раза больше радиуса окружности,
вписанной в этот треугольник.
192. С помощью циркуля и линейки через три данные точки про-
проведите окружность. Всегда ли эта задача имеет решение?
ПОДВЕДЕМ ИТОГИ
Итак, что нового о свойствах геометрических фигур мы узнали?
Очень многое! Раньше нам казалось, что про треугольник мы знаем
все. Это и не удивительно — казалось бы, у столь простой геомет-
геометрической фигуры каким-то неожиданным свойствам взяться просто
неоткуда! Теперь мы знаем, что это не так. Мы обнаружили целый ряд
неожиданных свойств треугольника. Напомним некоторые из них.
Сумма углов любого треугольника равна 180°.

148
Гл. 4. Дальнейшие сведения о треугольниках
Средняя линия треугольника параллельна одной из его сторон
и равна половине этой стороны.
С каждым треугольником связаны четыре замечательные точки:
центр вписанной окружности — точка пересечения биссектрис тре-
треугольника; центр описанной окружности — точка пересечения середин-
серединных перпендикуляров к сторонам треугольника; ортоцентр — точка пе-
пересечения высот треугольника или их продолжений; центр тяжести —
точка пересечения медиан треугольника.
Означает ли это, что теперь про треугольник мы знаем все? Конечно
же, нет! Оказывается, например, что в произвольном неравностороннем
треугольнике:
1° центр тяжести лежит на отрезке, соединяющем ортоцентр с цен-
центром описанной окружности, и делит этот отрезок в отношении 2:1,
считая от ортоцентра (рис.217, а, где G — центр тяжести, Н —
ортоцентр, О — центр описанной оружности);
б)
Рис. 217. а) Точка О — центр описанной окружности, точка G — центр
тяжести, точка Н — ортоцентр треугольника; GH : GO = 2:1
2° девять точек: середины сторон, основания высот и середины
отрезков, соединяющих ортоцентр с вершинами — лежат на одной
окружности (рис.217, б).
Если мы откроем наш блокнот, то обнаружим, что не на все по-
поставленные вопросы найден ответ. Так, мы пока не знаем, как доказать
теорему Морлея. Нет ответа и на такой вопрос: имеет ли место признак
равенства треугольников по двум сторонам и биссектрисе, проведен-
проведенным из одной вершины. Запишем еще один вопрос: как построить
треугольник по двум сторонам и биссектрисе, проведенным из одной
вершины? Запишем также в виде вопросов утверждения 1° и 2°.
Итак, многого мы пока не знаем. И все же мы уже не те, что
прежде. Теперь мы поняли главное — при помощи рассуждений можно

2. Четыре замечательные точки треугольника 149
установить совершенно неожиданные факты. Нам ясно, что самый
трудный этап рассуждений — это, как правило, поиск формулировки
теоремы. Иногда ее можно увидеть на рисунке (именно рисунки на-
навели нас на мысль о замечательных точках треугольника), но далеко
не всегда это так. Вспомним теорему о сумме углов треугольника:
сколько бы мы ни разглядывали даже очень аккуратно нарисованный
треугольник, мы бы не смогли увидеть, чему равна сумма его углов.
Часто формулировка теоремы находится путем весьма сложных рас-
рассуждений, но когда она уже найдена, обнаруживаются более простые
методы доказательства (вспомним теорему о пересечении медиан тре-
треугольника). Впрочем, бывает и такое: формулировка теоремы вроде бы
ясна, но найти правильный ход рассуждений весьма непросто — с этим
мы столкнулись, например, при решении задачи 2 п. 27.
Особого внимания заслуживают наши размышления, связанные
с параллельными прямыми. Прежде никто из вас, по-видимому, даже
не задумывался над таким вопросом: а есть ли квадрат? Но что самое
удивительное — ответ на этот вопрос зависит от нашего выбора. Если
мы примем за аксиому, что квадрат есть (в п. 60 мы говорили о том,
что аксиома параллельных прямых эквивалентна утверждению о суще-
существовании квадрата), то он будет; если же, следуя Н. И. Лобачевскому,
мы примем за аксиому противоположное утверждение: квадрата нет,
то его и не будет!
Геометрия — наука древняя, она зародилась в XVII веке до нашей
эры. Многое из того, что мы изучаем, было известно еще древним
грекам. Но обратим внимание вот на какой факт. В нашей книге
наряду с именами Фалеса (VII в. до н.э.), Евклида (III в. до н.э.),
Архимеда (II в. до н.э.), Посидония (I в. до н.э.) встречаются имена
Наполеона (XIX в.), Лобачевского (XIX в.), Морлея (XX в.). Это
наводит на мысль о том, что не только мы с вами, но и вообще никто
не может похвастаться тем, что знает все про треугольник! Возможно,
многие свойства треугольника еще не открыты. Во всяком случае
вопросов, над которыми можно поразмышлять, масса!

Глава 5
МНОГОУГОЛЬНИКИ
§ 1. Выпуклый многоугольник
64. Ломаная. Рассмотрим фигуру, составленную из отрезков
А^Аъ,..., Ап_\Ап. Точки А\ и Ап могут быть различными (рис.218, а)
и могут совпадать (рис.218, б). Будем считать, что соседние отрезки
не лежат на одной прямой (в противном случае их можно объединить
в один отрезок). Такая фигура, составленная из отрезков, называется
ломаной А\А^... Ап, а отрезки, из которых составлена ломаная, назы-
называются ее звеньями. Если точки А\ и Ап различные, то говорят, что
ломаная соединяет точки А\ и Ап, а если точки А\ и Ап совпадают,
то ломаная называется замкнутой. Два соседних звена ломаной имеют
общий конец. Ломаная называется простой, если ее несоседние звенья
не имеют общих точек. Ломаные на рисунках 218, а и 218, б —
простые, а ломаная на рисунке 218, в — непростая.
Рассмотрим какую-нибудь ломаную А\А^ ... Ап, соединяющую точ-
точки А\ и Ап (рис.218, а, в). Интуитивно ясно, что длина отрезка А\Ап
меньше суммы длин всех звеньев этой ломаной. Но как это доказать?
Возьмем ломаную, состоящую из двух звеньев — А\А2 и А2А3
(т. е. п = 3). В этом случае справедливость неравенства А\ А% < А\ А% +
следует из неравенства треугольника.
А...
Ах /Ап
а)
Рис. 218

/. Выпуклый многоугольник
151
Пусть п = 4, т.е. ломаная состоит из трех звеньев — А\А2, А2А^
и А^А\ (рис. 219, а). Рассмотрим сначала ломаную А\А2А^. Она состо-
состоит из двух звеньев. Поэтому, согласно доказанному, А\А^ < А\А2 +
+ А2А3. С другой стороны, А\АА < А\А% + А^А^ (объясните, почему).
Следовательно, А\А^ < А\ А2 + А2А3 + Аз А*.
Итак, для п = 4 утверждение доказано. Далее аналогичным образом
можно доказать это утверждение для п = 5, затем для п = 6 и т. д.
Общее рассуждение, позволяющее доказать наше утверждение для
любого п, проводится с помощью так называемого метода матема-
математической индукции. Поясним на примере нашей задачи, в чем состоит
этот метод.
Мы знаем, что наше утверждение верно при п = 3.
Предположим, что оно верно при п = к, где к — некоторое целое
число, большее или равное 3, и докажем, что тогда оно верно и при п =
Рассмотрим ломаную А\А%... ^U+i (рис. 219, б). Отбросим послед-
последнее звено AkAk+\. Останется ломаная, у которой п = к. Поэтому,
согласно нашему предположению, А\А^ < А\А^ + А^А^ + ... + А^-\А^.
С другой стороны, в силу неравенства треугольника A\Ak+\ < A\Ak +
+ AkAk+\. Следовательно,
АхАк+х < А{А2 + А2А3 + ... + Ак_хАк + AfcAfc+i.
Итак, если наше утверждение верно при некотором п = к ^ 3,
то оно верно и при п = /с + 1. Из этого можно сделать вывод: утвержде-
утверждение верно при любом п. В самом деле, оно верно при п = 3. Но тогда
оно верно и при п = 3 + 1 = 4, а значит, и при п = 4+1=5ит. д.
Метод математической индукции состоит в следующем. Если тре-
требуется доказать, что данное утверждение справедливо для любого
натурального числа п, то поступают так:
1° проверяют справедливость этого утверждения для самого ма-
маленького п, при котором утверждение имеет смысл (в нашем случае
для п = 3);
а)
б)
Рис. 219

152
Гл. 5. Многоугольники
2° доказывают, что если утверждение верно для п = к, то оно верно
и для п = к + 1.
Из этого делают вывод: утверждение справедливо для любого п.
65. Многоугольник. Простая замкнутая ломаная называется мно-
многоугольником. Звенья такой ломаной называются сторонами, а концы
звеньев — вершинами многоугольника. Сумма длин всех сторон на-
называется периметром многоугольника. Две вершины многоугольника,
принадлежащие одной стороне, называются соседними. Отрезок, со-
соединяющий любые две несоседние вершины, называется диагональю
многоугольника.
Интуиция подсказывает, что каждый многоугольник разделяет
плоскость на две части — внутреннюю и внешнюю. Но как это дока-
доказать? Сначала, конечно, следует понять, что именно мы хотим доказать.
Обратимся к рисунку 220, на котором изображен весьма причудли-
причудливый многоугольник. Какой области многоугольника принадлежит точка
М — внешней или внутренней? Сразу и не скажешь. Поступим так:
проведем какой-нибудь луч с началом М, не проходящий через верши-
вершины многоугольника, и отметим точки М\, М^, ..., Мп пересечения это-
этого луча со сторонами многоугольника. Поскольку за точкой Мп точек
многоугольника нет, то все точки проведенного луча, лежащие за этой
точкой, принадлежат, как нам представляется, внешней области много-
многоугольника. Поэтому если наша гипотеза о существовании внутренней
и внешней областей верна, то все внутренние точки отрезка Mn_iMn
лежат во внутренней области многоугольника, все внутренние точки
отрезка Мп_2Мп_\ — во внешней области и т.д. Таким образом, точка
Рис. 220

/. Выпуклый многоугольник 153
М лежит во внешней или внутренней области в зависимости от того,
четным или нечетным является число п.
Отметим, что если наша гипотеза верна, то четность числа к точек
пересечения продолжения проведенного луча (см. рис.220) должна
совпадать с четностью числа п. Иначе получилось бы, что точка
М, с одной стороны, принадлежит внешней области многоугольника,
а с другой — его внутренней области. Таким образом, нам представля-
представляется, что число п + к должно быть четным. Иными словами,
число общих точек прямой и многоугольника четно.
Но так ли это? Для произвольной прямой это не так. Например,
если прямая содержит сторону многоугольника, то общих точек прямой
и многоугольника бесконечно много. Этот случай следует исключить.
Сверх того будем считать, что рассматриваемая прямая а не параллель-
параллельна ни одной из сторон и диагоналей многоугольника (такая прямая
существует, поскольку число сторон и диагоналей многоугольника
конечно). При этом условии любая прямая, параллельная а, не может
содержать более одной вершины многоугольника. Далее, если прямая а
проходит через вершину Аш многоугольника, то возможны два случая:
1° стороны угла Аш лежат по одну сторону от прямой а (рис.221, а);
2° стороны угла Аш лежат
по разные стороны от пря- /
мой а (рис.221, б). В пер- Аш а Аш/ а
вом случае, двигаясь по пря-
мой а и проходя точку Ат,
мы, как нам представляется,
не попадаем в другую область,
во втором — попадаем. В свя- р 291
зи с этим условимся называть
точкой пересечения прямой а и многоугольника их общую точку,
не являющуюся вершиной, соответствующей случаю 1°.
Теперь мы можем сформулировать нашу гипотезу в уточненном
виде:
число точек пересечения многоугольника и прямой а (удовлетво-
(удовлетворяющей указанным условиям) четно.
Попробуем доказать это утверждение. Через произвольную точку А
прямой а, не принадлежащую многоугольнику, проведем какую-нибудь
прямую АВ, отличную от а и не содержащую ни одной из вершин.
Пусть В\, В%,... — точки пересечения прямой АВ с прямыми, парал-
параллельными а и проходящими через вершины многоугольника (рис.222).
Начнем двигаться по лучу АВ и через каждую точку этого луча
будем проводить прямую, параллельную а. Ясно, что в процессе это-
этого движения четность числа точек пересечения проводимых прямых
и многоугольника может меняться только при переходе через точки Bi.
Но, как видно из нашего определения точек пересечения, при переходе
через точки Bi четности числа точек пересечения проводимых прямых
и многоугольника также не меняются (на рисунке 222 при переходе

154 Гл. 5. Многоугольники
Рис. 222
через точку В^ число точек пересечения не меняется, при переходе
через точку В% увеличивается на 2, при переходе через точку В\ умень-
уменьшается на 2 и т.д.). Следовательно, эти четности одни и те же для
всех проводимых прямых. После прохождения последней из точек В{
мы начнем проводить прямые, не имеющие с многоугольником ни одной
общей точки. Число точек пересечения, таким образом, станет четным.
Поэтому число точек пересечения прямой а и многоугольника также
четно. Утверждение доказано.
Эти рассуждения допускают дальнейшее развитие. Рассмотрим про-
произвольную точку М, не принадлежащую многоугольнику, и проведем
из нее какой-нибудь луч, параллельный прямой а. Четность числа
точек пересечения проведенного луча с многоугольником назовем чет-
четностью точки М (т.е. точку М назовем «четной», если указанное
число четно, и «нечетной» в противоположном случае). Отметим, что
это определение не зависит от того, какой из двух лучей проводится
(объясните, почему). Из наших рассуждений следует, что
если отрезок АВ не имеет общих точек с многоугольником, то
все его точки имеют одну и ту же четность.
Если же отрезок АВ имеет с многоугольником общую точку, то при
переходе через нее на лучах, параллельных а и лежащих по одну
сторону от прямой АВ, число точек пересечения изменяется ровно на 1
(см. рис.222). Следовательно,
при переходе через общую точку отрезка АВ и многоугольника
четность точек отрезка меняется на противоположную.
Назовем множество всех «четных» точек плоскости внешней обла-
областью многоугольника, а множество всех «нечетных» точек — внут-
внутренней областью многоугольника. Тогда про каждую точку, не при-

/. Выпуклый многоугольник 155
надлежащую многоугольнику, мы сможем сказать, какой из обла-
областей — внутренней или внешней — она принадлежит. Этого, однако,
еще не достаточно. Когда мы говорим: «Каждый многоугольник раз-
разделяет плоскость на две части — внутреннюю и внешнюю», то имеем
в виду, что любые две точки одной и той же области можно соединить
ломаной, не имеющей общих точек с многоугольником, а любая лома-
ломаная, соединяющая две точки разных областей, имеет с многоугольни-
многоугольником хотя бы одну общую точку. Попробуем это доказать.
Мы знаем, что если отрезок АВ не имеет общих точек с мно-
многоугольником, то все его точки имеют одну и ту же четность и,
следовательно, лежат в одной и той же области. Из этого следует, что
любая ломаная, соединяющая две точки разных областей, имеет
с многоугольником хотя бы одну общую точку. В противном случае
указанные точки лежали бы в одной области.
Рассмотрим теперь точки А и В, лежащие в одной и той же об-
области, и докажем, что их можно соединить ломаной, не имеющей
общих точек с многоугольником. При этом можно считать, что отрезок
АВ не содержит ни одной из вершин многоугольника. В противном
случае в качестве точки В можно взять близкую к ней точку С
так, чтобы отрезок ВС не имел общих точек с многоугольником,
а отрезок АС не содержал ни одной из вершин многоугольника. Пусть
С\,С2,... ,Ck — точки пересечения отрезка АВ со сторонами много-
многоугольника, взятые последовательно. Выберем одну из двух ломаных,
образованных сторонами многоугольника и соединяющих точку С\
с точкой Ck, и обозначим буквой d наименьшее расстояние между
парами точек ее несоседних звеньев. Ясно, что, двигаясь параллельно
какому-либо звену ломаной на расстоянии d\ ^ d от прямой, содержа-
содержащей это звено, мы либо «наткнемся» на соседнее с ним звено (т. е.
точки этого звена окажутся лежащими от нас на расстоянии, меньшем
d\), либо «потеряем нашу сторону из виду» (т.е. ее точки окажутся
лежащими от нас на расстоянии, большем d\). Воспользуемся этим
наблюдением. Сначала приблизимся по отрезку АВ к точке С\ на рас-
расстояние d\ ^ d, затем будем двигаться на расстоянии d\ от того звена
ломаной, на которое мы «наткнулись», до тех пор, пока не «потеряем
это звено из виду» или не «наткнемся» на соседнее с ним звено, после
чего начнем двигаться па-
параллельно соседнему звену
на расстоянии d\ от него
и т.д. (рис.223). Обойдя
ломаную, мы окажемся в
какой-то точке М прямой
АВ, лежащей в той же об-
области, что и точка А. Бу- * ^Г //cfc_i ск М Ъ
дем считать, что величина / /
d\ столь мала, что MCk <
< Ck-\Ck, следовательно, Рис.223

156 Гл. 5. Многоугольники
точки М и Ck лежат по одну сторону от точки Ck-\. При этом
точка М не может лежать между точками С^-\ и С&, так как иначе
концы отрезка MB имели бы разную четность, а значит, точки А
и В имели бы разную четность, что противоречит условию (точки А
и В лежат в одной и той же области). Следовательно, точки М и В
лежат по одну сторону от точки Ck. Осталось провести отрезок MB,
и ломаная, соединяющая точки А и В и не имеющая общих точек
с многоугольником, построена.
Итак, мы доказали, что любые две точки одной и той же области
можно соединить ломаной, не имеющей общих точек с многоугольни-
многоугольником, а любая ломаная, соединяющая две точки разных областей, имеет
с многоугольником хотя бы одну общую точку. Подводя итог, можно
сказать:
каждый многоугольник разделяет плоскость на две области
{внутреннюю и внешнюю) так, что две точки можно соединить ло-
ломаной, не имеющей общих точек с многоугольником, в том и только
в том случае, когда эти точки лежат в одной и той же области
(теорема Жордана 0).
Отметим, что теорема Жордана верна не только для многоугольни-
многоугольника, но и для любой замкнутой линии без самопересечений (рис.224),
но доказательство в этом случае на-
намного сложнее. Его можно найти лишь
в некоторых курсах высшей матема-
математики (см., например, Валле-Пуссен
де ла Ш. Ж. Курс анализа бесконечно
малых. - Л.-М.: ГТТИ, 1933).
Из теоремы Жордана, в частности,
Рис. 224 следует, что любая прямая, не содер-
содержащая стороны многоугольника (в
том числе параллельная какой-либо его стороне или диагонали), пе-
пересекает многоугольник в четном числе точек. Подумайте, как это
доказать.
Решим теперь такую задачу.
Задача 1. Доказать, что в каждом многоугольнике найдется
диагональ, все внутренние точки которой лежат во внутренней
области многоугольника.
Решение* Попробуем сначала понять, какие соображения можно
положить в основу наших рассуждений. Представим себе, что мы на-
находимся в углу А\ многоугольной комнаты А\А^ ... Ап. Если при этом
мы видим какую-нибудь вершину Ат C ^ т ^ п — 1), то диагональ
А\Ат является искомой (рис.225). Возможно, однако, что мы не видим
ни одной из указанных вершин так как мешают стены А\Аъ и А\Ап
ОЖордан Камилл A838-1922) — французский математик, иностранный
член-корреспондент Петербургской академии наук.

/. Выпуклый многоугольник
157
(рис.226). Но тогда, как нам представляется, искомой является диаго-
диагональ А^Ап. Руководствуясь этими соображениями, перейдем к реше-
решению задачи.
Рассмотрим произвольный многоугольник А\Аъ ... Ап и допустим,
что ни одна из его диагоналей, выходящих из вершины А\, не обладает
указанным свойством. Проведем через точку А\ какую-нибудь прямую
а, делящую угол А^АхАп на два угла и не проходящую ни через
одну из остальных вершин многоугольника. Поскольку при переходе
через точку А\ четность точек прямой а меняется на противополож-
противоположную, то один из ее лучей с началом А\ «входит» во внутреннюю
область многоугольника, а другой — «выходит» из нее. Выберем тот
из лучей, который «входит» во внутреннюю область многоугольника.
Он пересекает многоугольник в нескольких точках. Пусть М — та из
них, которая ближе всех к А\ (рис.225). Луч А\М не проходит через
вершины многоугольника, поэтому все внутренние точки отрезка А\М
лежат во внутренней области многоугольника, а точка М является
внутренней точкой какой-то стороны AkAk+\. Отметим все вершины
многоугольника, лежащие внутри и на границе треугольника А\А^М,
и проведем через них лучи с началом А\. Выберем из проведенных
лучей тот луч А\Ат, для которого точка Р пересечения с лучом
MAk расположена ближе всех к М. На луче А\Ат может оказаться
несколько вершин многоугольника. В этом случае будем считать, что
Ат — та из них, которая ближе всех к А\. По построению внутри
треугольника А\РМ нет ни одной из вершин многоугольника. Более
того, внутри этого треугольника нет ни одной из точек многоуголь-
многоугольника, поскольку никакая сторона многоугольника не может пересе-
пересекать ни отрезок А\М, ни отрезок МР (являющийся частью стороны
AkAk+\). Если каждая внутренняя точка отрезка А\Ат не является
точкой многоугольника, то она является точкой внутренней области
многоугольника, так как ее можно соединить с точкой, лежащей меж-
Аи
Ак+\
Рис. 225
Рис. 226

158 Гл. 5. Многоугольники
ду А\ и М, отрезком, целиком принадлежащим внутренней области
многоугольника. В этом случае отрезок А\Ат является диагональю,
все внутренние точки которой лежат во внутренней области много-
многоугольника, что противоречит нашему предположению. Следовательно,
внутри отрезка А\Ат существует хотя бы одна точка многоугольника.
Сторона, содержащая эту точку, не может пересекать отрезок А\Ат
(объясните, почему), и ни один из ее концов не лежит между точками
А\ и Аш (так выбиралась вершина Ат). Это означает, что указанная
сторона содержит отрезок А\Ат, т.е. отрезок А\Ат является не диа-
диагональю многоугольника, а его стороной А\А^.
Итак, исходя из нашего предположения, мы доказали, что луч А\А^
пересекает сторону А^А^+х в точке Р так, что точка А% принадлежит
отрезку А\Р, а все внутренние точки треугольника А\РМ и его сто-
стороны А\М лежат во внутренней области многоугольника. Аналогично
доказывается, что луч А\Ап пересекает сторону А^А^+х в такой точке
Q, что точка Ап принадлежит отрезку A\Q, а все внутренние точки
треугольника A\QM лежат во внутренней области многоугольника
(рис.226). Следовательно, в этой области лежат и все внутренние
точки диагонали А^Ап. Таким образом, либо все внутренние точки
одной из диагоналей A\Ai, либо все внутренние точки диагонали А^Ап
лежат во внутренней области многоугольника. Утверждение доказано.
В заключение отметим, что фигуру, состоящую из сторон мно-
многоугольника и его внутренней области, также называют многоуголь-
многоугольником.
66. Выпуклый многоугольник.
Многоугольник называется выпуклым, если все его точки лежат
по одну сторону от каждой прямой, проходящей через две его сосед-
соседние вершины. При этом, конечно, имеются в виду те точки, которые
не лежат на указанной прямой. На рисунке 227 многоугольник F\ —
выпуклый, а многоугольник F% — невыпуклый.
Рассмотрим выпуклый n-угольник А\А^ ...Ап (рис.228). Поскольку
он лежит по одну сторону от прямой А^А^ и по одну сторону от пря-
прямой АпА\, то кроме точек стороны А\А2 никакие другие точки пря-
прямой А\А2 не принадлежат многоугольнику. Следовательно,
все точки выпуклого многоугольника, не лежащие на его сто-
стороне, лежат по одну сторону от прямой, содержащей эту сторону.
Проведем через произвольную точку А многоугольника прямую а,
не содержащую ту из сторон многоугольника, на которой лежит эта
точка. Скажем, что прямая а пересекает многоугольник в точке А,
если точка А является точкой пересечения прямой а и многоугольника
(см. п. 65).
Рассмотрим прямую а, пересекающую выпуклый многоугольник
в некоторой точке А. В соответствии с доказанным, эта прямая
не может содержать ни одной из сторон многоугольника (объясните,
почему). Далее, поскольку число точек пересечения многоугольника

/. Выпуклый многоугольник
159
Рис. 227
Рис. 228
с прямой а четно (см. п. 65), то есть еще одна общая точка прямой
а и многоугольника — обозначим ее буквой В. Других общих точек
у многоугольника и прямой а нет. В самом деле, предположим, что
на прямой а лежит еще одна точка многоугольника — обозначим
ее буквой С. Пусть, например, точка С лежит между А и В. Тогда
точки А и В многоугольника лежат по разные стороны от прямой,
содержащей сторону многоугольника и проходящей через точку С.
Но этого не может быть, так как весь многоугольник лежит по одну
сторону от указанной прямой. Итак,
любая прямая, пересекающая выпуклый многоугольник, имеет
с ним ровно две общие точки.
Углами выпуклого n-угольника А\А2...Ап называются углы
АпА\А2, А1А2А3,..., Ап_\АпА\. Поскольку данный многоугольник
лежит по ту сторону от прямой А\А^, где находится точка Ап, а также
по ту сторону от прямой А\Ап, где находится точка А^, то он лежит
внутри угла АпА\А2. Таким образом,
выпуклый многоугольник лежит внутри каждого из его углов
(точнее, внутри каждого угла расположены все точки многоугольника,
кроме тех его точек, которые лежат на сторонах этого угла). Из этого
следует, что
внутренняя область выпуклого многоугольника является общей
частью внутренних областей его углов.
В самом деле, если точка М принадлежит внутренней области
многоугольника, то луч А\М пересекает многоугольник в некоторой
точке, лежащей внутри угла АпА\А2, поэтому точка М также лежит
внутри этого угла. Аналогично доказывается, что точка М лежит
внутри остальных углов многоугольника. Осталось доказать, что если
точка М лежит внутри всех углов многоугольника, то она лежит в его
внутренней области. Докажем это. Рассмотрим произвольную точку N,

160 Гл. 5. Многоугольники
лежащую во внутренней области многоугольника и, следовательно,
также лежащую внутри каждого из его углов. Поскольку точки М и N
лежат по одну сторону от каждой из прямых, содержащих стороны
многоугольника, то отрезок MN не пересекает многоугольник. Поэто-
Поэтому точка М, как и N, лежит во внутренней области многоугольника.
Утверждение доказано.
Рассмотрим теперь выпуклый n-угольник А\А2 ... Ап, где п ^ 4.
Прямая А\А% не имеет общих точек с многоугольником, отличных
от А\ и A3. Следовательно, прямая А\А% разделяет многоугольник
на треугольник А\А2А% и выпуклый
А... (п — 1)-угольник А\А% ... Ап (объяс-
(объясните, почему он выпуклый). Если
^ 4 теперь применить те же рассужде-
рассуждения к многоугольнику А\А%... Ап
(при п ^ 5), затем к многоугольни-
ку АхАА...Ап (при п > 6) и т.д.
(рис.229), то окажется, что
диагонали выпуклого п-уголь-
ника, проведенные из одной вер-
вершины, разделяют его на (п — 2)
Рис. 229 треугольника.
Замечая, что сумма углов этих треугольников равна сумме углов
данного n-угольника, мы приходим к еще одному важному выводу:
сумма углов выпуклого п-уголъника равна (п — 2) • 180°.
Решим теперь такую задачу.
Задача 2. Один выпуклый многоугольник лежит внутри друго-
другого выпуклого многоугольника (т. е. все точки первого многоугольника
лежат во внутренней области или на сторонах второго многоугольни-
многоугольника). Доказать, что периметр первого многоугольника меньше, чем
периметр второго.
Решение. Рассмотрим выпуклый многоугольник А\А^... Ап,
лежащий внутри выпуклого многоугольника B\B^ ...Вш (рис.230).
Разрежем плоскость по прямой А\А^ и отбросим ту полуплоскость,
в которой нет точек многоугольника А\А^... Ап. Если при этом
от многоугольника B\B^ ...Вш отрежется какая-то ломаная, то пери-
периметр оставшейся части этого многоугольника уменьшится, поскольку
длина этой ломаной больше длины отрезка, соединяющего ее концы.
Проводя далее разрезы по прямым А2А^,... ,АпА\ (первые два разреза
изображены на рисунке 230) и отбрасывая те части плоскости,
которые не содержат точек многоугольника А\А2... Ап, мы превратим
многоугольник В\В2... Вт в многоугольник А\А2... Ап. Так как
по условию эти многоугольники не совпадают, то хотя бы на одном
шаге от многоугольника В\В2...ВШ окажется отрезанной какая-то
ломаная. Следовательно, периметр многоугольника А\А2 ...Ап меньше,
чем периметр многоугольника В\В2 ...Вт, что и требовалось доказать.

/. Выпуклый многоугольник
161
В...
Рис.230. 1-й разрез: Рахсхв2...вгп_х < Рвхв2...вт, 2-й разрез:
PAxA2C2B3...Brn_x < PAxCxB2...Bm_x
67. Выпуклая линия. Понятие выпуклости можно ввести не толь-
только для многоугольников, но и для произвольных линий 0 , в том числе
для незамкнутых линий. Назовем опорной прямой данной линии L
такую прямую а, которая имеет с L хотя бы одну общую точку, причем
все точки линии L, не лежащие на прямой а, лежат по одну сторону
от а (рис.231, а). Линия называется выпуклой, если через любую
ее точку проходит хотя бы одна опорная прямая. Линии, изображенные
на рисунках 231, а, б и в, — выпуклые, а линия, изображенная на ри-
рисунке 231, г, — невыпуклая, так как через ее точку М не проходит
ни одной опорной прямой. Нетрудно доказать (сделайте это самостоя-
самостоятельно), что если многоугольник является выпуклым по определению
данному в п. 66, то он будет выпуклым и по общему определению
выпуклой линии, и наоборот.
а)
Рис. 231. а) Прямая а — опорная прямая линии L; б) и в) а и Ь — опорные
прямые; г) L — невыпуклая линия: любая прямая, проходящая через точку М,
не является опорной
1) Здесь и далее под словом «линия» подразумевается линия без самопере-
самопересечений.
6 С. Б. Кадомцев

162
Гл. 5. Многоугольники
Рис. 232. а и Ь — опорные пря-
прямые, М — угловая точка ли-
линии L
\L
Точка линии L называется угловой,
если через нее проходят по крайней
мере две опорные прямые (рис.232).
Ясно, что любая вершина выпуклого
многоугольника является его угловой
точкой.
Выпуклые линии обладают следую-
следующим свойством:
если три точки выпуклой линии
лежат на одной прямой, то эта пря-
прямая является опорной.
В самом деле, допустим, что
какие-то три точки А, В и С
выпуклой линии L лежат на од-
одной прямой. Докажем, что прямая АС является опорной.
Для определенности будем считать, что точка В лежит между А
и С (рис.233). Проведем через точку В опорную прямую а. Она
не может пересекать прямую АС, так
как в противном случае окажется,
что точки А и С линии L лежат
по разные стороны от опорной пря- ^ 7j ^
мой а. Следовательно, она совпада-
совпадает с прямой АС, т. е. прямая АС — рис 233
опорная. Утверждение доказано.
68. Замкнутая линия. В дальнейшем нас будут интересовать,
главным образом, замкнутые линии. При движении по такой линии L
от какой-либо ее точки А мы проходим через
каждую точку линии, а затем возвращаемся
в исходную точку А. Если в процессе этого
движения отметить какую-нибудь промежу-
промежуточную точку В, то линия L окажется разде-
разделенной на две части — путь от А до В и путь
от В до А (рис.234, а). Таким образом,
любые две точки замкнутой линии раз-
разделяют ее на две части.
Эти части называют дугами линии L.
В п. 2 мы говорили о том, что каждая
из трех точек А, В и С замкнутой линии
лежит между двумя другими. Теперь ясно,
из-за чего так получается. Действительно,
точки В и С разделяют линию на две дуги,
поэтому точка А лежит на одной из них, т. е.
лежит между точками В и С (рис.234, б).
По аналогичной причине точка В лежит
между А и С, г точка С — между А и В.
А
Рис. 234. а) Точки А
и В разделяют замкну-
замкнутую линию L на две дуги;
б) точка А лежит между
В и С, точка В лежит
между А и С, точка С
лежит между А и В

/. Выпуклый многоугольник 163
Замкнутые линии обладают следующим свойством:
если прямая и замкнутая линия имеют ровно одну общую точку,
то эта прямая — опорная.
В самом деле, если прямая а, проходящая через точку А замкнутой
линии L, не является опорной, то на линии L найдутся две точки —
В и С, лежащие по разные стороны от прямой а (рис.235). Поэтому
на дуге ВС, не содержащей точки А,
найдется точка D, лежащая на пря-
прямой а. Таким образом, если прямая,
проходящая через точку замкнутой ли-
линии L, не является опорной, то она
имеет с линией L по крайней мере еще
одну общую точку. Из этого и вытекает
справедливость нашего утверждения.
Примером замкнутой линии явля-
является окружность. Прямая, имеющая Рис. 235
с окружностью ровно одну общую точ-
точку, называется, как мы знаем, касательной к окружности. Из доказан-
доказанного утверждения следует, что касательная к окружности является
опорной прямой этой окружности. Верно и обратное: опорная пря-
прямая окружности является касательной к этой окружности (дока-
(докажите это утверждение).
69. Замкнутая выпуклая линия. Рассмотрим замкнутую выпук-
выпуклую линию L и прямую а, проходящую через точку А этой линии.
В соответствии с результатами пунктов 68 и 67 справедливы следую-
следующие утверждения:
если А — единственная общая точка прямой а и линии L,
то прямая а — опорная]
если прямая а и линия L имеют еще две общие точки В
и С (см. рис.233), то прямая а — опорная.
Осталось выяснить такой вопрос: что можно сказать о прямой а
в том случае, когда она имеет с линией L ровно две общие точки —
А и В? Оказывается, что в этом случае прямая а не является опорной,
что вытекает из следующего утверждения:
если замкнутая выпуклая линия и опорная прямая к ней имеют
две общие точки А и В, то все точки отрезка АВ принадлежат
этой линии.
Доказательство этого утверждения проведем методом от противно-
противного. Допустим, что на отрезке АВ существует точка С, не принадле-
принадлежащая данной линии L. Проведем через точку С прямую а, отличную
от АВ. Поскольку точки А и В лежат по разные стороны от а,
то прямая а пересекает одну из двух дуг АВ в некоторой точке М,
а другую — в некоторой точке N (рис.236). При этом точки М
и N лежат на одном луче с началом С (объясните, почему). Пусть,
например, точка М лежит между точками С и N и, следовательно,

164
Гл. 5. Многоугольники
Рис. 236
внутри треугольника ABN. Тогда лю-
любая прямая Ъ, проходящая через точ-
точку М, пересекает треугольник ABN
в двух точках, и поэтому какие-то
две вершины этого треугольника (т. е.
две точки линии L) оказываются ле-
лежащими по разные стороны от пря-
прямой Ъ. Это означает, что через точ-
точку М не проходит ни одной опорной
прямой линии L, что противоречит
условию (линия L — выпуклая). По-
Полученное противоречие и доказывает
наше утверждение.
Прямая, проходящая через точку линии, называется секущей по от-
отношению к линии, если эта прямая не является опорной. Мы доказали,
что
если прямая и замкнутая выпуклая линия имеют ровно две
общие точки, то эта прямая — секущая.
Справедливо и обратное утверждение:
секущая по отношению к замкнутой выпуклой линии имеет
с этой линией ровно две общие точки.
В самом деле, секущая не может иметь с линией только одну общую
точку, иначе она была бы опорной прямой, а это противоречит опре-
определению секущей. Следовательно, секущая и линия имеют по крайней
мере две общие точки. С другой сто-
стороны, если предположить, что общих
точек три, то секущая вновь окажется
опорной прямой, т. е. опять получится
противоречие. Таким образом, общих
точек ровно две, что и требовалось до-
доказать.
Рассмотрим теперь какую-нибудь
замкнутую выпуклую линию и секу-
секущую, пересекающую ее в точках А и В.
Фигура, состоящая из отрезка АВ и од-
одной из двух дуг АВ, называется кри-
криволинейным сегментом (рис.237). При
этом отрезок называется хордой криво-
криволинейного сегмента, а дуга — дугой
криволинейного сегмента.
70. Вписанный многоугольник. Многоугольник называется впи-
вписанным в замкнутую линию, если все его вершины лежат на этой
линии (рис.238, а). Что можно сказать об этом многоугольнике, если
данная линия — выпуклая? Ответ на этот вопрос дает следующая
теорема.
Рис. 237. При пересечении
замкнутой выпуклой линии се-
секущей получились два криво-
криволинейных сегмента. Один из
них выделен жирной линией.
Он состоит из отрезка (хорды)
АВ и дуги АВ

/. Выпуклый многоугольник
165
An A...
а) б) в)
Рис. 238. а) Многоугольник вписан в замкнутую линию
Теорема. Многоугольник, вписанный в замкнутую выпуклую
линию, является выпуклым.
Доказательство. Воспользуемся методом математической ин-
индукции. Рассмотрим сначала вписанный в замкнутую выпуклую ли-
линию L четырехугольник А1А2А3А4 и докажем, что этот четырех-
четырехугольник — выпуклый, т. е. лежит по одну сторону от любой пря-
прямой, проходящей через две его соседние вершины. Допустим, что это
не так. Пусть, например, точки Аз и А\ лежат по разные стороны
от прямой А\А2. Тогда прямая А\А^ пересекает отрезок А3А4 в неко-
некоторой точке М и не является опорной прямой линии L (рис.238, б).
Поскольку точки А2, А% и А4 лежат по одну сторону от опорной
прямой а к линии L в точке Аь то точка М лежит на луче AiA2.
По аналогичной причине точка М лежит на луче А2Аь Следовательно,
точка М лежит на отрезке А\А2, а это означает, что стороны А\А2
и А3А4 четырехугольника пересекаются в точке М. Но этого не может
быть, поэтому наше предположение ошибочно, точки Аз и А^ лежат
по одну сторону от прямой А\А2. Таким образом, весь многоуголь-
многоугольник А1А2А3А4 лежит по одну сторону от прямой А\А2. Аналогично
доказывается, что он лежит по одну сторону от прямых А2А%, А3А4
и А4А1, т.е. является выпуклым.
Предположим теперь, что теорема доказана для п-угольника
при некотором п ^ 4, и докажем, что тогда она верна и для
(п + 1)-угольника. Рассмотрим (п + 1)-угольник А\А2 ... Ап+\,
вписанный в замкнутую выпуклую линию, и проведем прямую А1А2
(рис.238, в). Согласно нашему предположению вписанный п-угольник
А\А2... Ап — выпуклый, поэтому его вершины Аз,...,Ап лежат
по одну сторону от прямой А1А2. По той же причине выпуклым
является n-угольник AiA2A4... Ап+Ь следовательно, его верши-
вершины А4,..., An+i также лежат по одну сторону от прямой А1А2. Таким
образом, все вершины A3, A4,...,An+i лежат в одной полуплоскости
с границей А1А2 (в той, в которой лежит точка А4), т.е. многоуголь-
многоугольник А1А2 ... An_|_i лежит по одну сторону от прямой А\А2. Аналогично
доказывается, что он лежит по одну сторону и от любой другой
прямой, проходящей через две соседние вершины. Но это и означает,
что многоугольник А\А2... Ап+\ — выпуклый. Теорема доказана.

166
Гл. 5. Многоугольники
71. Описанный многоугольник. Выпуклый многоугольник назы-
называется описанным около замкнутой линии L, если любая его сторона
лежит на опорной прямой этой линии и каждая точка линии лежит
либо на стороне многоугольника, либо в его внутренней области. Мно-
Многоугольники, изображенные на рисунках 239, а, б, являются описан-
описанными, а изображенные на рисунках 239, в, г не являются описанными
а)
б)
г)
Рис. 239
около данной линии: на рисунке 239, в одна из сторон многоугольника
не лежит на опорной прямой, а на рисунке 239, г многоугольник
не является выпуклым.
Если линия L не имеет угловых точек, то общие точки этой линии
и сторон описанного многоугольника не совпадают с вершинами много-
многоугольника (объясните, почему), а лежат между ними (см. рис.239 а, б).
Рассмотрим четырехугольник ABCD, описанный около окружно-
окружности. Так как опорные прямые к окружности являются касательными,
то все стороны этого четырехугольника касаются окружности 0 . Обо-
Обозначим равные отрезки касательных одними и теми же буквами так,
как это сделано на рисунке 240, а. Мы видим, что АВ + CD = а -\-Ь +
+ с + d, ВС + AD = а + Ъ + с + d, т. е. АВ + CD = ВС + AD. Итак,
если четырехугольник описан около окружности, то суммы его
противоположных сторон равны.
с С
D А
D
D' А
а)
Рис. 240
1) Обратно, если все стороны четырехугольника касаются окружности,
то этот четырехугольник — выпуклый (докажите это) и, следовательно, явля-
является описанным.

/. Выпуклый многоугольник 167
Из этого следует, что если суммы противоположных сторон четы-
четырехугольника не равны, или четырехугольник — невыпуклый, то в него
нельзя вписать окружность. В связи с этим возникает вопрос: можно
ли вписать окружность в любой выпуклый четырехугольник, у кото-
которого суммы противоположных сторон равны? Оказывается, можно:
если четырехугольник — выпуклый, и суммы его противополож-
противоположных сторон равны, то в него можно вписать окружность.
Пользуясь рисунками 240, б, в, докажите это утверждение само-
самостоятельно методом от противного (предполагается, что на этих рисун-
рисунках АВ + CD = ВС + AD, но окружность с центром О, касающаяся
сторон AD, АВ и ВС, не касается стороны CD, а касательная CD'
параллельна CD).
Задачи
193. Докажите, что длина любой диагонали многоугольника мень-
меньше половины его периметра.
194. Докажите, что сумма расстояний от любой точки плоскости
до вершин многоугольника больше полупериметра этого многоуголь-
многоугольника.
195. Может ли сумма расстояний от некоторой точки, лежащей
внутри четырехугольника, до его вершин быть больше периметра этого
четырехугольника? Ответ обоснуйте.
196. Докажите, что сумма расстояний от любой точки плоскости
до вершин пятиугольника больше полусуммы длин диагоналей этого
пятиугольника.
197. В выпуклом четырехугольнике ABCD диагональ АС равна
стороне AD. Докажите, что ВС меньше BD.
198. Докажите, что два выпуклых многоугольника равны, если
их стороны и углы соответственно равны.
199* Из точки внутренней области выпуклого многоугольника про-
проведены перпендикуляры к прямым, содержащим его стороны. Дока-
Докажите, что хотя бы одно из оснований этих перпендикуляров лежит
на самой стороне, а не на ее продолжении.
200* Докажите, что в любом выпуклом n-угольнике при п ^ 5
найдутся п диагоналей, сумма длин которых больше периметра этого
n-угольника, но меньше его удвоенного периметра.
201. Докажите, что сумма расстояний от произвольной точки О, ле-
лежащей внутри выпуклого многоугольника А\А2...Ап с периметром Р,
Р{п- 1)
до его вершин меньше величины —^——-.
202. Можно ли выпуклый стоугольник разрезать на 97 треуголь-
треугольников?
203. Докажите, что в любом выпуклом n-угольнике при п ^ 5
найдется не более трех нетупых углов.
204. Все углы выпуклого шестиугольника ABCDEF равны друг
другу. Докажите, что АВ + ВС = DE + EF.

168
Гл. 5. Многоугольники
205. Докажите, что для любого выпуклого семиугольника найдутся
такие две прямые, содержащие его диагонали, что либо угол между
ними меньше 13°, либо они параллельны.
206. Четырехугольник ABCD описан около окружности с цен-
центром О. Найдите сумму ZAOD + ZBOC.
207. Окружность отсекает на сторонах четырехугольника четыре
равные хорды. Докажите, что в этот четырехугольник можно вписать
окружность.
208. Докажите, что: а) если в выпуклом четырехугольнике ABCD
окружности, вписанные в треугольники ABC и ACD, касаются диа-
диагонали АС в одной точке, то в этот четырехугольник можно впи-
вписать окружность; б) если в четырехугольник ABCD можно вписать
окружность, то окружности, вписанные в треугольники ABC и ACD,
касаются диагонали АС в одной точке.
§ 2. Четырехугольники
72. Свойство диагоналей выпуклого четырехугольника. На ри-
рисунке 241 диагонали АС и BD выпуклого четырехугольника ABCD
пересекаются в точке О, а диагонали EG и FH невыпуклого четырех-
четырехугольника EFGH не пересекаются. Это наводит на мысль о справед-
справедливости следующей теоремы.
Теорема. Диагонали выпуклого четырехугольника пересека-
пересекаются, а невыпуклого — не пересекаются.
Доказательство. Рассмотрим выпуклый четырехугольник
ABCD (рис.241) и докажем, что его диагонали АС и BD
пересекаются. Диагональ АС разделяет четырехугольник на два
треугольника (см. п.66), поэтому прямая АС пересекает отрезок BD
в некоторой точке О. Точка О, будучи внутренней точкой диагонали
BD, лежит во внутренней области четырехугольника. Следовательно,
она лежит на отрезке АС, т. е. диагонали АС и BD пересекаются
в точке О.
Рассмотрим теперь невыпуклый четырехугольник EFGH. В таком
четырехугольнике какие-то две соседние вершины лежат по разные
В
Е

2. Четырехугольники 169
стороны от прямой, проходящей через две другие соседние вершины.
Пусть, например, вершины F и G лежат по разные стороны от прямой
ЕН (рис.241). Тогда лучи HF и EG лежат в разных полуплоскостях
с границей ЕН и, следовательно, не имеют общих точек. Значит,
и отрезки HF и EG не имеют общих точек, т. е. диагонали HF и EG
четырехугольника EFGH не пересекаются. Теорема доказана.
Следствие. Если диагонали четырехугольника пересекаются,
то этот четырехугольник — выпуклый.
Замечание. Мы знаем, что в каждом четырехугольнике най-
найдется диагональ, все внутренние точки которой лежат во внутренней
области многоугольника (задача 1 п. 65). Прямая, содержащая эту
диагональ, пересекает четырехугольник в двух точках (см. п. 65), т. е.
делит каждый из углов с вершинами в концах диагонали на два угла.
Следовательно,
в каждом четырехугольнике найдется диагональ, разделяющая
его на два треугольника (так, что внутренние области треугольников
лежат по разные стороны от прямой, содержащей эту диагональ).
Ясно, что в выпуклом четырехугольнике этим свойством облада-
обладают обе диагонали. Рассмотрим невыпуклый четырехугольник EFGH,
диагональ FH которого разделяет его на два треугольника (рис.241).
Прямая FH пересекает диагональ EG в точке, не лежащей на отрезке
FH, т. е. в точке внешней области четырехугольника. Следовательно,
все внутренние точки диагонали EG также принадлежат внешней
области многоугольника. Поэтому лучи EF, EH, GF и GH, а значит
и внутренние области треугольников EFG и EHG, лежат по одну
сторону от прямой EG. Иными словами, диагональ EG не разделяет
четырехугольник EFGH на два треугольника.
Воспользуемся нашими наблюдениями для решения такой задачи.
Задача 1. Доказать, что четырехугольник, две стороны кото-
которого параллельны, является выпуклым.
Решение. Рассмотрим четырех-
четырехугольник ABCD, стороны AD и ВС
которого параллельны (рис.242). Пусть,
например, диагональ АС разделяет его
на два треугольника. Тогда прямая АС
пересекает отрезок BD в некоторой точ-
точке О. Точка О, будучи точкой отрезка у ]j
BD, принадлежит полуплоскости с гра-
границей AD, содержащей точку В. Этой
же полуплоскости принадлежит точка С
(поскольку ВС || AD). Поэтому точка О лежит на луче АС. Ана-
Аналогично доказывается, что она лежит на луче С А. Следовательно,
точка О лежит на отрезке АС. Таким образом, диагонали АС и BD
четырехугольника ABCD пересекаются в точке О, а значит, этот
четырехугольник — выпуклый. Утверждение доказано.

170 Гл. 5. Многоугольники
73. Характеристическое свойство фигуры. В п. 72 было доказа-
доказано, что диагонали выпуклого четырехугольника пересекаются, и обрат-
обратно, если диагонали четырехугольника пересекаются, то этот четырех-
четырехугольник — выпуклый. Таким образом, выпуклые четырехугольники
обладают определенным свойством, которое выделяет их среди всех
четырехугольников, отличает от других (невыпуклых) четырехуголь-
четырехугольников. Такое свойство геометрических фигур называется характери-
характеристическим свойством.
Характеристическое свойство может быть положено в основу опре-
определения геометрической фигуры. Например, можно дать такое опре-
определение выпуклого четырехугольника: четырехугольник называется
выпуклым, если его диагонали пересекаются.
Это определение равносильно «старому» определению выпуклого
четырехугольника, данному в п. 65 (напомним, что «старое» определе-
определение относилось к любым многоугольникам, в том числе и к четырех-
четырехугольникам). В самом деле, если четырехугольник является выпуклым
по «старому» определению, то по доказанной в п. 72 теореме его диа-
диагонали пересекаются, и значит, он является выпуклым по «новому»
определению. И обратно, если четырехугольник является выпуклым
по «новому» определению, т. е. его диагонали пересекаются, то соглас-
согласно следствию из той же теоремы он является выпуклым и по «старому»
определению.
Утверждение о характеристическом свойстве фигуры можно сфор-
сформулировать с использованием словосочетания «тогда и только тогда».
Например:
диагонали четырехугольника пересекаются тогда и только то-
тогда, когда он является выпуклым.
В этом предложении содержатся два утверждения. Первое (оно свя-
связано со словом «тогда») выражает свойство выпуклого четырехуголь-
четырехугольника: если четырехугольник выпуклый, то его диагонали пересекают-
пересекаются. Второе (обратное) утверждение связано со словами «только тогда»,
оно выражает признак выпуклого четырехугольника: если диагонали
четырехугольника пересекаются, то четырехугольник — выпуклый.
74. Параллелограмм. Параллелограммом называется четырех-
четырехугольник, у которого противоположные стороны попарно параллель-
параллельны (рис.243). Параллелограмм является выпуклым четырехугольни-
четырехугольником (см. задачу 1 п. 72). Иногда одну из сторон параллелограмма
называют основанием, а перпендикуляр, проведенный из произвольной
точки противоположной стороны к прямой, содержащей основание —
высотой параллелограмма (рис.243, б).
Сформулируем несколько свойств и признаков параллелограмма.
Свойства параллелограмма. В параллелограмме:
1° противоположные стороны равны)
2° противоположные углы равны]

2. Четырехугольники
171
С
М
С
А
А
а)
N
б)
D
Рис. 243. а) АВ || CD, ВС || AD, четырехугольник ABCD — параллелограмм;
б) AD — основание, MN — высота параллелограмма
3° диагонали пересекаются и точкой пересечения делятся по-
пополам.
Признаки параллелограмма. Если в четырехугольнике:
4° две стороны равны и параллельны, или
5° диагонали пересекаются и точкой пересечения делятся попо-
пополам, или
6° противоположные стороны попарно равны,
то этот четырехугольник — параллелограмм.
Для доказательства утверждений 1°, 2° и 4° следует провести
диагональ (рис.244, а, б), для доказательства утверждений 3° и 5° —
две диагонали (рис.245), а для доказательства утверждения 6° —
ту из диагоналей, которая разделяет четырехугольник на два тре-
треугольника (рис.244, в). Соответствующие рассуждения проведите
самостоятельно.
Нетрудно заметить, что каждому из утверждений 1° и 3° о свой-
свойствах параллелограмма соответствует обратное утверждение, выража-
выражающее признак параллелограмма (подумайте, как сформулировать при-
признак параллелограмма, соответствующий свойству 2°). Таким образом,
каждое из этих свойств является характеристическим свойством парал-
параллелограмма. Можно объединить каждое из свойств с соответствующим
признаком в одно утверждение с использованием слов «тогда и только
тогда»:
противоположные стороны четырехугольника попарно равны
тогда и только тогда, когда четырехугольник — параллелограмм;
JC В
Рис. 244. a) AABD = ACDB, поэтому: 1° АВ = CD; 2° ZA = ZC;
б) AABD = ACDB, поэтому Zl = Z2, и, следовательно, AD \\ ВС;
в) AABD = ACDB, поэтому Zl = Z2, и, следовательно, AD \\ ВС

172
Гл. 5. Многоугольники
В
С
В
с
D
А
D
а)
Рис. 245. a) AD = ВС (см. 1°), поэтому AADO = АСВО и, следовательно,
АО = ОС, ВО = OD; б) AADO = АСВО, поэтому Zl = Z2 и, следователь-
следовательно, AD || ВС
диагонали четырехугольника пересекаются и точкой пересече-
пересечения делятся пополам тогда и только тогда, когда этот четырех-
четырехугольник является параллелограммом.
Заметим также, что каждое из этих утверждений допускает и иную
формулировку. Например, первое из них можно сформулировать так:
четырехугольник является параллелограммом тогда и только
тогда, когда его противоположные стороны попарно равны.
75. Теоремы Вариньона и Гаусса. Рассмотрим произвольный че-
четырехугольник ABCD, диагональ АС которого разделяет его на два
треугольника. Отметим середины К и L сторон АВ и ВС (рис.246).
Поскольку отрезок KL — сред-
средняя линия треугольника ABC, то
KL
1
АС и KL = -АС. Но то же
2
самое можно сказать и о сред-
средней линии NM треугольника ADC:
NM || АС и NM = ^
Сле-
Следовательно, KL \\ NM и KL =
= NM, т. е. две стороны четы-
четырехугольника KLMN равны и па-
параллельны. Значит, четырехуголь-
рис 246 ник KLMN — параллелограмм. Тем
самым мы доказали такую замеча-
замечательную теорему.
Теорема. Середины сторон произвольного четырехугольника
являются вершинами параллелограмма.
Эту теорему часто связывают с именем французского математика
и механика Пьера Вариньона A654-1722).
Вернемся к произвольному четырехугольнику ABCD с середи-
серединами сторон К, L, М и N (рис.247, а). Поскольку четырехуголь-
четырехугольник KLMN — параллелограмм, то отрезки КМ и LN пересекаются
в некоторой точке О, причем КО = ОМ и LO = ON. Отметим теперь
середины Р и Q диагоналей АС и BD (рис.247, б). Отрезок LP —

2. Четырехугольники
173
М
а)
средняя линия треугольника ABC, поэтому LP || АВ и LP = -
Аналогично из треугольника ABD находим: NQ || АВ и NQ = -i
Следовательно, LP || NQ (случай, когда прямые LP и NQ совпа-
совпадают, рассмотрите самостоятельно) и LP = NQ, поэтому четырех-
четырехугольник LPNQ — параллелограмм. Отсюда следует, что середина
отрезка PQ совпадает с серединой О отрезка LN. Кроме того, точка О
является серединой отрезка КМ. Таким образом, отрезки KM, LN
и PQ имеют общую середину — точку О. Тем самым, мы доказали
утверждение, которое называется теоремой Гаусса.
Теорема. В произвольном четырехугольнике три отрезка, два
из которых соединяют середины противоположных сторон, а тре-
третий — середины диагоналей, имеют общую середину.
Замечание. Отрезок, соединяющий середины диагоналей четы-
четырехугольника, может вырождаться в точку. Это будет в том случае,
когда данный четырехугольник — параллелограмм.
Отметим также, что справедливость теоремы Гаусса можно устано-
установить из физических соображений, если заметить, что точка О является
центром тяжести системы четырех одинаковых масс, расположенных
в точках А, В, С и D (объясните, почему это так).
76. Прямоугольник, ромб и квадрат.
Прямоугольником называется параллелограмм, у которого все
углы — прямые.
В этом определении слово «параллелограмм» можно заменить сло-
словами «выпуклый четырехугольник», т.е. можно дать такое опреде-
определение:
прямоугольником называется выпуклый четырехугольник, у ко-
которого все углы — прямые.
Если же оставить в первом определении слово «параллелограмм»,
то можно не требовать, чтобы все углы были прямыми. Достаточно
потребовать, чтобы всего лишь один из углов был прямым. Иначе
говоря, определение прямоугольника можно дать и в такой форме:

174 Гл. 5. Многоугольники
прямоугольником называется параллелограмм, у которого один
из углов — прямой.
Попробуйте доказать равносильность этих трех определений.
Заметим, что каждое из данных определений использует то или
иное характеристическое свойство прямоугольника, выделяющее его
из всех параллелограммов (первое и третье определения) или даже
из всех выпуклых четырехугольников (второе определение). Все эти
характеристические свойства связаны с углами прямоугольника. У пря-
прямоугольника есть и характеристическое свойство, связанное не с угла-
углами, а с отрезками, именно с его диагоналями:
диагонали прямоугольника равны (свойство прямоугольника);
если диагонали в параллелограмме равны, то этот параллело-
параллелограмм — прямоугольник (признак прямоугольника).
Докажите эти утверждения самостоятельно.
Ясно, что свойство и признак прямоугольника можно объединить
в одном утверждении:
параллелограмм является прямоугольником тогда и только то-
тогда, когда его диагонали равны.
Перейдем теперь к определению ромба и его характеристическим
свойствам.
Ромбом называется параллелограмм, у которого все стороны
равны.
В этом определении слово «параллелограмм» можно заменить сло-
словом «четырехугольник». Получится такое определение:
ромбом называется четырехугольник, у которого все стороны
равны.
Если же оставить в первом определении слово «параллелограмм»,
то можно не требовать равенства всех сторон. Достаточно потребовать,
чтобы были равны какие-то две смежные стороны, т. е. можно дать
и такое определение:
ромбом называется параллелограмм, у которого две смежные
стороны равны.
Докажите самостоятельно равносильность этих трех определений.
Рассмотрим характеристические свойства ромба, связанные с его
диагоналями. Прежде всего заметим, что
диагонали ромба:
а) взаимно перпендикулярны;
б) делят его углы пополам (пользуясь рисунком 248, докажите эти
утверждения самостоятельно).
Сформулируем и докажем обратные утверждения (признаки ромба).
Задача 2. Доказать, что параллелограмм является ромбом,
если выполнено любое из следующих условий:
1° диагонали параллелограмма взаимно перпендикулярны]
2° диагональ параллелограмма делит пополам углы при верши-
вершинах, которые она соединяет.

2. Четырехугольники
175
Решение. 1°. Пусть в параллелограмме ABCD диагонали АС
и BD взаимно перпендикулярны (рис.249, а). Так как точкой пересече-
пересечения они делятся пополам, то прямоугольные треугольники АОВ, ВОС,
COD и DO А равны друг другу по двум катетам. Отсюда следует, что
гипотенузы этих треугольников равны: АВ = ВС = CD = DA, т.е.
равны стороны параллелограмма, и значит, параллелограмм ABCD —
ромб.
в
D
а) б)
Рис. 249
2°. Пусть диагональ BD параллелограмма ABCD делит углы В
и D пополам (рис.249, б). Так как противоположные углы В и D
параллелограмма равны, то углы 1, 2, 3 и 4 равны друг другу.
Следовательно, равнобедренные треугольники ABD и CBD равны
по стороне (BD — общая сторона) и двум прилежащим углам. Отсюда
следует, что АВ = ВС = CD = DA, т. е. параллелограмм ABCD —
ромб, что и требовалось доказать.
Теперь можно сформулировать такое утверждение о характеристи-
характеристических свойствах ромба:
параллелограмм является ромбом тогда и только тогда, когда
выполнено любое из следующих условий:
1° его диагонали взаимно перпендикулярны;
2° его диагональ делит пополам углы при вершинах, которые
она соединяет.
Квадрат является и прямоугольником, и ромбом. Поэтому квадрат
обладает всеми свойствами параллелограмма, прямоугольника и ромба.
Можно дать различные определения квадрата, например:
1° квадратом называется прямоугольник, у которого все сторо-
стороны равны]
2° квадратом называется ромб, у которого все углы прямые.
Придумайте сами еще несколько определений квадрата и докажи-
докажите их равносильность. Сформулируйте также несколько утверждений
о характеристических свойствах квадрата.

176
Гл. 5. Многоугольники
А
Рис. 250
Характеристические свойства ромба часто используются при реше-
решении задач. Приведем пример.
Задача 3. Доказать, что диагонали четырехугольника равны
тогда и только тогда, когда отрезки, соединяющие середины его
противоположных сторон, взаимно перпендикулярны.
Решение. Рассмотрим четырехугольник ABCD, в котором точ-
точки К, L, М, N - середины сторон АВ, ВС, CD, DA (рис.250).
1°. Пусть KM JL LN. Дока-
Докажем, что АС = BD. Четырехуголь-
г> ^Т^Г / ник KLMN — параллелограмм (по
теореме Вариньона), причем KL = ^АС,
LM = -BD (по теореме о средней линии
треугольника). Так как диагонали КМ
и LN параллелограмма KLMN взаимно
перпендикулярны, то KLMN — ромб (за-
(задача 2 этого пункта), значит, KL = LM.
Следовательно, АС = BD.
2°. Обратно, пусть АС = BD. Докажем, что KM JL LN. Снова
воспользуемся тем, что четырехугольник KLMN — параллелограмм
(по теореме Вариньона), причем KL = ^AC, LM = -BD (по теореме
о средней линии треугольника). Так как АС = BD, то KL = LM,
значит, KLMN — ромб. Поэтому его диагонали взаимно перпендику-
перпендикулярны: KM JL LN.
77. Трапеция. Трапецией называется четырехугольник, у которого
две стороны параллельны, а две другие стороны не параллельны.
Параллельные стороны трапеции называются ее основаниями, а две
другие стороны — боковыми сторонами (рис.251, а). Перпендикуляр,
проведенный из произвольной точки одного из оснований к прямой, со-
содержащей другое основание, называют высотой трапеции. Трапеция —
выпуклый четырехугольник (см. задачу 1 п. 72).
Трапеция называется равнобедренной, если ее боковые стороны
равны (рис.251, б). Трапеция, один из углов которой — прямой, на-
в м с
в)
Рис. 251. а) Трапеция ABCD: AD и ВС — основания, АВ и CD — боковые
стороны, MN — высота; б) равнобедренная трапеция; в) прямоугольная тра-
трапеция

2. Четырехугольники 177
зывается прямоугольной (рис.251, в). Отметим, что в прямоугольной
трапеции ровно два угла являются прямыми. Эти углы прилегают
к боковой стороне, перпендикулярной к основаниям трапеции.
Средней линией трапеции
называется отрезок, соединя-
соединяющий середины ее боковых
сторон. Что можно сказать
о средней линии MN трапе- Mj.
ции ABCD (рис.252)?
Прежде всего, если провести
через точку М прямую, парал-
параллельную основаниям трапеции, " ~
то эта прямая, согласно теоре- рис 252
ме Фалеса, разделит отрезок CD
пополам, т. е. пройдет через точку N. Следовательно, средняя ли-
линия MN параллельна основаниям трапеции.
Далее, проведем диагональ АС. По теореме Фалеса прямая MN
делит отрезок АС пополам, т. е. проходит через середину Р этого
отрезка. Поэтому отрезки МР и PN — средние линии треугольни-
треугольников ABC и ACD. Пользуясь свойством средней линии треугольника,
получаем:
мр = ±вс, pn = -L
Следовательно,
MN = МР + PN = ЬвС + AD).
Итак,
средняя линия трапеции параллельна ее основаниям и равна
их полусумме.
Замечание. Свойство средней линии трапеции мы установили,
опираясь на свойство средней линии треугольника. В свою очередь,
свойство средней линии треугольника может быть выведено из свой-
свойства средней линии трапеции следующим образом. Пусть в трапе-
трапеции ABCD (см. рис. 252) вершины А, В и D неподвижны, а вершина С
приближается к В. При любом положении вершины С справедливы
соотношения: «
MN || AD и MN = ^(ВС + AD).
Когда вершина С совпадет с вершиной Б, трапеция ABCD перей-
перейдет в треугольник ABD, а ее средняя линия MN — в среднюю линию
этого треугольника. При этом ВС станет равным нулю и мы получим:
MN || AD и MN = X-AD,
т. е. средняя линия MN треугольника ABD параллельна стороне AD
этого треугольника и равна ее половине. Тем самым, можно сказать,

178 Гл. 5. Многоугольники
что теорема о средней линии трапеции является (в указанном смысле)
обобщением теоремы о средней линии треугольника.
Задачи
209. Внутри выпуклого четырехугольника укажите точку, сумма
расстояний от которой до вершин четырехугольника имеет наименьшее
значение.
210. Докажите, что сумма двух противоположных сторон выпукло-
выпуклого четырехугольника меньше суммы длин его диагоналей.
211. Докажите, что сумма длин диагоналей выпуклого четырех-
четырехугольника больше полупериметра, но меньше периметра этого четы-
четырехугольника.
212. Дан выпуклый четырехугольник ABCD. Периметр треуголь-
треугольника ABD меньше периметра треугольника ACD. Докажите, что АВ
меньше АС.
213. Докажите, что в любом выпуклом пятиугольнике найдутся
три диагонали, из которых можно составить треугольник.
214. Длины сторон выпуклого четырехугольника выражаются раз-
различными целыми числами. Докажите, что хотя бы одна из его диаго-
диагоналей больше -.
215. Докажите, что прямые, содержащие стороны параллелограм-
параллелограмма, отсекают на прямой, параллельной одной из его диагоналей, равные
отрезки.
216. Докажите, что если в шестиугольнике ABCDEF АВ = DE,
ВС = ЕЕ, CD = FA, АВ \\ DE, ВС \\ ЕЕ, CD \\ FA, то диагона-
диагонали AD, BE и CF пересекаются в одной точке.
217. Точки М и Т — середины сторон AD и ВС параллелограм-
параллелограмма ABCD. Докажите, что прямые AT и СМ делят диагональ BD
на три равных отрезка.
218. Середины сторон АВ и CD, ВС и ED выпуклого пятиуголь-
пятиугольника ABCDE соединены отрезками, точки Н и К — середины этих
отрезков. Докажите, что отрезок НК параллелен АЕ и равен одной
четверти АЕ.
219. Постройте отрезок с концами на сторонах данного угла так,
чтобы он делился данной точкой, лежащей внутри этого угла, на два
равных отрезка.
220. Даны три точки А, М и Р, не лежащие на одной прямой.
Постройте параллелограмм ABCD так, чтобы точки М и Р оказались
серединами сторон ВС и CD.
221. Найдите множество середин всех отрезков, концы которых
лежат на двух данных непараллельных отрезках (по одному на каждом
отрезке.)
222. Центром окружности, вписанной в четырехугольник, является
точка пересечения его диагоналей. Докажите, что этот четырехуголь-
четырехугольник — ромб.

2. Четырехугольники 179
223. Диагонали выпуклого четырехугольника разбивают его на че-
четыре треугольника с равными периметрами. Докажите, что этот четы-
четырехугольник — ромб.
224. Две окружности пересекаются в точках А и В. а) Докажите,
что если через точки А и В провести две параллельные прямые,
то части этих прямых, заключенные внутри окружностей, окажутся
равными, б) С помощью циркуля и линейки проведите через точку А
прямую, часть которой, заключенная внутри данных окружностей,
равна данному отрезку.
225. В прямоугольнике ABCD АВ : AD =1:3. Сторона AD
точками Е и М делится на три равные части. Найдите сумму ABE A +
+ ZBMA + АВВА.
226. Отрезок, соединяющий середины диагоналей выпуклого че-
четырехугольника ABCD, равен отрезку, соединяющему середины сто-
сторон ВС и AD. Найдите угол между прямыми АВ и CD.
227. Докажите, что трапеция является равнобедренной тогда
и только тогда, когда: а) углы при одном из оснований трапеции равны;
б) диагонали трапеции равны.
228. На основании AD трапеции ABCD имеется такая точка Е,
что периметры треугольников ABE, ВСЕ и CDE равны. Докажите,
что AD = 2BC.
229. В трапеции ABCD с основаниями ВС и AD биссектрисы
углов А и В пересекаются в точке М, а биссектрисы углов С и D —
в точке Т. Докажите, что отрезок МТ параллелен основаниям трапе-
трапеции, и найдите его длину, если AD + ВС = а, АВ + CD = Ъ.
230. Диагонали трапеции взаимно перпендикулярны, а длина
ее средней линии равна с. Найдите длину отрезка, соединяющего
середины оснований трапеции.
231. Основания трапеции равны а и Ъ (а > Ь). Найдите: а) длину
отрезка, высекаемого диагоналями на средней линии; б) длину отрезка,
соединяющего середины оснований, если дополнительно известно, что
сумма углов при одном из них равна 90°.
232. Докажите, что если стороны одной трапеции соответственно
равны сторонам другой трапеции, то такие трапеции равны.
233. Внутри равностороннего треугольника ABC взята произволь-
произвольная точка М. Докажите, что из отрезков MA, MB и МС можно
составить новый треугольник, вписанный в треугольник ABC так,
что на каждой стороне треугольника ABC будет лежать ровно одна
вершина нового треугольника.
234. Постройте трапецию: а) по четырем сторонам; б) по двум
основаниям и двум углам при одном из них; в) по двум основаниям
и двум диагоналям.

Глава 6
ПЛОЩАДЬ
§ 1. Равносоставленные многоугольники
78. Задачи на разрезание многоугольников. Пусть М и N —
какие-нибудь точки, лежащие на сторонах многоугольника. Если все
точки ломаной (или отрезка), соединяющей точки М и N (кроме
самих точек М и N), лежат внутри много-
многоугольника, то говорят, что ломаная (отре-
(отрезок) разбивает многоугольник на два мно-
многоугольника. На рисунке 253 ломаная MN
разбивает многоугольник F на многоуголь-
многоугольники F\ и F2. На рисунке 254, а много-
многоугольник F разбит на многоугольники F\,
F2, F3, а на рисунке 254, б шестиугольник
разбит на треугольники Ai, A2, A3, А4.
Пусть многоугольник F разбит
на многоугольники F\, F2,..., F^. Рас-
Рассмотрим какие-нибудь многоугольни-
многоугольники F[, FrJ,..., F^, соответственно равные F\, F2,..., F^. Говорят, что
многоугольник F можно разрезать на многоугольники F{, F2X,..., F^,
а из многоугольников F[, F^,..., F^ можно составить многоуголь-
многоугольник F. Задачи, в которых требуется разрезать данный многоугольник
на какие-то определенные части (многоугольники) или, наоборот, со-
составить из данных многоугольников новый многоугольник с заданными
Рис. 253
Рис. 254

/. Равно со став ленные многоугольники
181
свойствами, называются задачами на разре-
разрезание многоугольников. Рассмотрим несколько
примеров таких задач.
Задача 1. Разрезать треугольник на че-
четыре равных треугольника.
Решение. Как решить эту задачу, мы зна-
знаем. Проведем средние линии данного треуголь-
треугольника (рис.255). В результате треугольник ока-
окажется разрезанным на четыре равных треуголь-
треугольника. Рис- 255
Задача 2. Из квадрата со стороной а вырезан квадрат со сто-
стороной - так, как показано на рисунке 256, а. Разрезать полученную
а
а)
Рис. 256
фигуру на четыре равных многоугольника.
Решение. Данная фигура состоит из трех квадратов со сто-
стороной -. Разрежем каждый из них на четыре квадрата со сторо-
стороной - (рис.256, б). В результате наша фигура окажется разрезанной
на четыре равные части, каждая из которых состоит из трех квадратов
со стороной -.
Задача 3. Доказать, что любой многоугольник можно раз-
разрезать на треугольники, вершинами которых являются вершины
многоугольника.
Решение. Если данный многоугольник А\А^ ... Ап — выпуклый,
то для доказательства этого утверждения достаточно провести его
диагонали, имеющие общий конец (рис.257, а). Если же данный мно-
многоугольник — невыпуклый, то будем рассуждать так.
Воспользуемся методом математической индукции. Поскольку все
внутренние точки одной из диагоналей четырехугольника AxAzA^A^
лежат в его внутренней области, то эта диагональ разрезает четырех-
четырехугольник на два треугольника с вершинами А\, А^ Лз и А±. Таким
образом, при п = 4 утверждение верно. Допустим, что оно доказано
для всех п, удовлетворяющих неравенствам 4 ^ п ^ /с, и докажем,

182
Гл. 6. Площадь
А.
Ап
Рис. 257
что в таком случае оно верно и для п = к + 1. Пусть, например, все
внутренние точки диагонали А\Ат многоугольника А\Аъ... Ап лежат
в его внутренней области (см. задачу 1 п.65). Тогда эта диагональ
разрезает многоугольник на m-угольник А\А^... Аш и (п — т + 2)-
угольник А\Ат... Ап (рис.257, б). При этом т < п, т > 2, следова-
следовательно, п — m + 2 < п. Таким образом, в каждом из полученных мно-
многоугольников число сторон не превосходит к. Следовательно, каждый
из них можно разрезать на треугольники, вершинами которых явля-
являются вершины этих многоугольников, т. е. вершины многоугольника
А\А2... Ап. Утверждение доказано.
Отметим, что задачи на разрезание не всегда имеют единствен-
единственное решение. Так, рисунок 258, а, б, в иллюстрирует три различных
решения задачи о разрезании данного квадрата на четыре равные
части (доказательство проведите самостоятельно).
В задачах 1, 2 и 3 требовалось разрезать данный многоугольник
на какие-то определенные части. Приведем пример обратной задачи:
из данных многоугольников требуется составить многоугольник с за-
заданными свойствами.
Задача 4. На рисунке 259 изображен квадрат ABCD, разре-
разрезанный на четыре части (точки Р, М, N и Q — середины его сторон,
б)
Рис. 258

/. Равно со став ленные многоугольники
183
L — середина отрезка PQ). Составить из этих частей равнобедрен-
равнобедренный треугольник.
Решение. Обратимся к рисунку 260. По условию АР = ВР =
= ВЫ = CM = CN = DN = DQ = AQ, углы А, В, С и D - прямые,
ZAPQ + ZBPL =180°, ZAQP + ZDQL =180°, ZLMB + ZLMC =
= 180°, ZLND + ZLNC = 180°. Поэтому если сдвинуть четырех-
четырехугольники в направлениях, указанных стрелками, то они составят
с треугольником APQ один равнобедренный треугольник с основа-
основанием, вдвое большим, чем PQ, и следовательно, равным диагонали
квадрата.
79. Равносоставленные многоугольники. Задача на разрезание
многоугольника существенно усложнится, если поставить ее так: раз-
разрезать данный многоугольник на такие части, из которых можно соста-
составить другой многоугольник с определенными свойствами. Например,
задачу 4 из предыдущего пункта можно переформулировать так: разре-
разрезать квадрат на такие части, из которых можно составить равнобедрен-
равнобедренный треугольник с основанием, равным диагонали квадрата. Решить
такую задачу значительно труднее — ведь надо еще догадаться, как
именно разрезать квадрат!
Если один многоугольник разрезать на части и составить из них
другой многоугольник, то такие многоугольники называются равносо-
ставленными. Например, рассмотренные в задаче 4 квадрат и равно-
равнобедренный треугольник являются равносоставленными.
Отметим, что
если каждый из двух многоугольников равносоставлен с тре-
третьим многоугольником, то они равносоставлены.
В самом деле, пусть каждый из многоугольников Р и Q равносо-
равносоставлен с многоугольником F. Разрежем многоугольник F следующим
образом: сначала проведем все разрезы, необходимые для составления
В М с
м
D
М
Q
Рис. 259
Рис. 260

184 Гл. 6. Площадь
многоугольника Р, а затем все разрезы, необходимые для составления
многоугольника Q. В результате многоугольник F окажется разрезан-
разрезанным на части, из которых можно составить как многоугольник Р, так
и многоугольник Q. Но это и означает, что многоугольники Р и Q
равносоставлены.
Рассмотрим два примера равносоставленных многоугольников.
Задача 5. Доказать, что треугольник равносоставлен с парал-
параллелограммом, у которого основание совпадает с данной стороной
треугольника, а высота равна половине соответствующей высоты
треугольника.
Решение. Проведем среднюю линию DE треугольника ABC, па-
параллельную данной стороне АС, и продолжим ее до пересечения в точ-
точке F с прямой CF, параллельной АВ (рис.261). Треугольник DBE
равен треугольнику FCE (объясните почему), следовательно, паралле-
параллелограмм ADFC равносоставлен с треугольником ABC, причем высота
параллелограмма равна половине высоты треугольника (докажите это).
Задача 6. Доказать, что
параллелограмм равносостав-
равносоставлен с прямоугольником, одна
из смежных сторон которого
равна данной стороне паралле-
параллелограмма, а другая — высоте
параллелограмма, проведенной
к этой стороне.
Решение. Пусть AD —
данная сторона параллелограм-
параллелограмма ABCD. Примем эту сторо-
сторону за основание и проведем вы-
Рис- 261 соты ВН и СК. Докажем, что
параллелограмм ABCD равносо-
равносоставлен с прямоугольником НВСК, сторона ВС которого равна ос-
основанию AD параллелограмма, а сторона ВН является высотой па-
параллелограмма. Возможны два случая: 1° проекция одной из вершин
параллелограмма на прямую, содержащую основание (т. е. одна из то-
точек Н, К), принадлежит основанию; 2° проекция ни одной из вершин
параллелограмма на прямую, содержащую основание, не принадлежит
основанию. Рассмотрим эти случаи в отдельности. Для определенности
будем считать, что угол BAD — острый. При этом условии точка К
не принадлежит отрезку AD, а точка Н может либо принадлежать,
либо не принадлежать ему.
1°. Точка Н принадлежит отрезку AD (рис.262, а). В этом слу-
случае равносоставленность параллелограмма ABCD и прямоугольника
НВСК вытекает из равенства прямоугольных треугольников АВН
и DC К (они равны по гипотенузе и катету).
2°. Точка Н не принадлежит отрезку AD, т. е. АН > AD. Разделим
сторону АВ на п равных отрезков и через их концы проведем прямые,

/. Равно со став ленные многоугольники
185
В
В С
A D
б)
Рис. 262
параллельные AD (рис.262, б). В результате параллелограмм ABCD
окажется разрезанным на п параллелограммов с основаниями, равными
AD. Если число п достаточно велико (п ^ x{j)> то в каждом из этих
параллелограммов проекция одной из вершин на прямую, содержащую
основание, принадлежит основанию (пользуясь теоремой Фалеса, дока-
докажите это самостоятельно). Следовательно, согласно доказанному в 1°,
каждый из них равносоставлен с прямоугольником, одна из смежных
сторон которого равна основанию параллелограмма, а другая является
его высотой. Но указанные прямоугольники равносоставлены с пря-
прямоугольником НВСК (рис.262, в, г). Следовательно, параллелограмм
ABCD также равносоставлен с этим прямоугольником. Утверждение
доказано.
Задачи на разрезание допускают дальнейшее усложнение: требуется
разрезать несколько данных многоугольников на части и составить
из них новый многоугольник определенного вида. Или, наоборот, тре-
требуется разрезать данный многоугольник на части и составить из них
несколько новых многоугольников. Эти задачи обычно формулируют
так: доказать, что многоугольник F равносоставлен с многоугольника-
многоугольниками F\, F2,..., .Ffc. Приведем пример такой задачи.
Задача 7. Доказать, что пять равных квадратов
равносоставлены с одним квадратом.
Решение. Возьмем четыре из пяти данных квадра-
квадратов и разрежем каждый из них на треугольник и трапе-
трапецию так, как показано на рисунке 263. Четыре трапеции
приложим к сторонам пятого квадрата так, как пока-
показано на рисунке 264. Наконец приложим треугольники
катетами к основаниям трапеций (рис.265). Полученная
фигура — квадрат (докажите это).
80. Разрезание квадрата на неравные квадраты. Из всевозмож-
всевозможных задач на разрезание многоугольников следует выделить задачу
о разрезании квадрата на меньшие квадраты, любые два из которых
не равны друг другу. Эта простая по формулировке задача оказалась
в действительности очень трудной. До конца 30-х годов XX в. многие
геометры считали, что она вообще не имеет решения. Лишь в 1939 г.
Рис. 263

186
Гл. 6. Площадь
Рис. 264
Рис. 265
немецкий математик Р. Шпраг сумел разбить квадрат на 55 попарно
неравных квадратов. Приблизительно в это же время группа ученых
Кембриджского университета в Англии установила связь между зада-
задачей о разрезании квадрата и теорией электрических цепей в физике 0 .
Это позволило им в 1940 г. разрезать квадрат на 28 попарно нерав-
неравных квадратов, чуть позже — на 26. Наконец в 1948 г. англичанин
Ф. Г. Уилкокс сумел уменьшить число квадратов до 24. Это разбиение
квадрата изображено на рисунке 266 (число внутри квадрата означает
длину его стороны).
А
А
55
56
39
164-
3
18
1
20
38
64
31
33
8
30
29
35
1
51
/ 8
43
С
16
с
4
3
\
5
1 20
14
В
Рис. 266. Квадрат ABCD со стороной АВ = 175 разбит на 24 попарно нерав-
неравных квадрата; числа указывают длины сторон соответствующих квадратов
х) Об этом можно прочитать в книге Б. А. Кордемского и Н.В. Русалева
«Удивительный квадрат» (М.: Столетие, 1994).

/. Равно со став ленные многоугольники 187
Любопытно, что аналогичная задача о разбиении куба на попарно
неравные кубы меньших размеров значительно проще. Ответ здесь от-
отрицательный, т. е. такое разбиение невозможно. Докажем это методом
от противного. Предположим, что на столе перед нами лежит куб, раз-
разбитый на попарно неравные кубики. Ясно, что нижняя грань куба будет
при этом разбита нижними кубиками на попарно неравные квадраты.
Самый маленький из этих квадратов не может прилегать к стороне
нижней грани куба, так как в противном случае
нельзя будет заполнить зазор между прилегаю-
прилегающими к нему большими квадратами (рис.267).
Следовательно, самый маленький из кубиков,
примыкающих к нижнему основанию, окружен
со всех сторон кубами больших размеров. Эти
кубы создают вокруг него своеобразный «забор»,
поэтому сверху на него могут опираться только
кубы еще меньших размеров. Выберем из них
самый маленький и применим к нему те же рас-
рассуждения, что и к его предшественнику. Мы по- ^ис- ^67. Нижняя
лучим, что он тоже должен быть обложен куба- грань куба„ и лежа"
ми больших размеров, создающими вокруг него щие на не^ основа"
^ r r ' rJ ния кубиков
«забор», и т.д. Повторяя рассуждения, мы по-
получим неограниченную последовательность все меньших и меньших
кубов. Но это противоречит нашему предположению о том, что куб
разбит на конечное число попарно неравных кубиков. Следовательно,
наше предположение ошибочно: куб нельзя разбить на попарно нерав-
неравные кубы.
Задачи
235. Докажите, что трапеция равносоставлена с параллелограммом,
основание которого равно средней линии трапеции, а высота — высоте
трапеции.
236* В шестиугольнике ABCDEF АВ = ^EF, ВС = ^AF, ZA =
= ZB = ZBCD = ZD = ZE = ZF = 90° (рис.268). Разрежьте его
на четыре равных многоугольника, из которых можно составить пря-
прямоугольник.
237. Разрежьте произвольный треугольник на три таких много-
многоугольника, из которых можно составить прямоугольник.
238. Прямоугольный треугольник с острым углом в 30° разрежьте:
а) на три равных прямоугольных треугольника; б) на четыре равных
прямоугольных треугольника.
239. Прямоугольник, стороны которого равны 4 и 9, разрежьте
на два равных многоугольника так, чтобы из них можно было соста-
составить квадрат.
240. Даны два квадрата со сторонами 6 и 8. Разрежьте каждый
из квадратов на два многоугольника так, чтобы из полученных четырех
частей можно было составить квадрат со стороной 10.

188
Гл. 6. Площадь
241* Фигуру, составленную из пяти равных квадратов, изображен-
изображенную на рисунке 269, разрежьте на части, из которых можно составить
квадрат.
F Е
С
D
А В
Рис. 268
С
D
Рис. 269
242* Докажите, что разносторонний треугольник нельзя разрезать
на два равных треугольника.
243. Через вершины А и D параллелограмма ABCD проведены две
параллельные прямые — АЕ и DK, где Е и К — точки прямой ВС.
Из точек А и Е проведены перпендикуляры AF и EG к прямой DK.
Докажите, что параллелограмм ABCD и прямоугольник AEGF рав-
носоставлены.
§ 2. Понятие площади
81. Измерение площади многоугольника. Измерение площадей
многоугольников проводится аналогично измерению длин отрезков.
За единицу измерения площадей принимается квадрат, сторона ко-
которого равна единице измерения отрезков. Площадь этого квадрата
считается равной единице. Измерить площадь многоугольника — зна-
значит узнать, сколько раз единица измерения и ее части укладываются
в данном многоугольнике. Это число и принимается за его площадь
при данной единице измерения.
Практически измерение площади многоугольника можно осуще-
осуществить так. Расчертим лист бумаги на квадраты со стороной, равной
единице измерения отрезков, и наложим на него данный многоуголь-
многоугольник. Пусть т — число квадратов, полностью покрытых многоуголь-
многоугольником, an — число квадратов, покрытых многоугольником лишь
частично (рис.270). Число S, выражающее площадь многоугольника,
заключено, таким образом, между числами s\ = т и S\ = т + п:

2. Понятие площади
189
Каждое из чисел s\ и S\ может рассматри-
рассматриваться как приближенное значение числа S (s\ —
с недостатком, S\ — с избытком). Для более точ-
точного измерения площади многоугольника разобьем
каждый из п частично покрытых квадратов на 100
равных квадратиков. Ясно, что сторона каждого
из этих квадратиков равна 1/10, площадь каждого
из них равна 1/100. Пусть т\ — число квадра-
квадратиков, полностью покрытых нашим многоугольни-
многоугольником, щ — число частично покрытых квадратиков.
Теперь можно сказать, что число S заключено между числами 52 =
= га +
Рис. 270
ГП\ а .7711+711 / о / о гт
—— и ^2 = тп Н 77-—, т. е. 52 < о < О2- При этом, очевидно,
100 100
52 > 5ь С другой стороны, S2 ^ S\, поскольку фигура с площадью S\
содержит все квадратики, на которые разбиты п квадратов, а фигура
с площадью $2 — только те из этих квадратиков, которые полностью
или частично покрыты данным многоугольником. Итак,
51 < 52 < 54 #2 < S\.
Разобьем теперь каждый из щ частично покрытых квадратиков
на 100 еще меньших равных квадратиков со стороной —^ и повторим
наши рассуждения. Получим новые неравенства: 53 ^ S ^ S$, при-
причем 5з > 52, а S3 ^ S2, поэтому
si <S2<s3<5<53<52<5i.
Вновь повторим аналогичные рассуждения и т. д. Для любого нату-
натурального числа к получатся неравенства:
52
Sk < S < Sk
причем разность Sk — Sk при неограниченном увеличении к будет
стремиться к нулю. Это следует из того, что разность Sk — Sk равна
-I
площади фигуры, составленной из квадратиков со стороной —^—р и по-
покрывающей ломаную, ограничивающую многоугольник (на рисунке 271
данный многоугольник изображен в увеличенном масштабе). С уве-
увеличением к эта фигура все ближе и ближе «сжимается» к ломаной
и поэтому ее площадь стремится к нулю (см. замечание 1 в конце
пункта). Следовательно, числа Sk и Sk будут стремиться к S. В этом
и состоит процесс измерения площади многоугольника, позволяющий
найти приближенное значение S с произвольной точностью 0 .
1) Существование точного значения S вытекает из теоремы Вейерштрасса,
доказанной в приложении 1 «Снова о числах» в конце книги.

190
Гл. 6. Площадь
х
х
х
X
х
X
х
У
<
к
К
%
ДА,
щ
ЛЛ
i
W
ЛЛ
Лл
YY
W
xV
YY
YY
ЛЛ
/У4
Vx
ЛЛ
ЛЛ
YY
88
i<Y;
ЛЛ
щ
ЛЛ
со
Рис. 271
В связи с описанным процессом измерения площади многоугольни-
многоугольника возникает вопрос: а если положить данный многоугольник на рас-
расчерченный лист бумаги иначе (рис.272), будет ли результат измерения
тот же? В частности, верно ли, что в результате измерения площади
квадрата со стороной 1, изображенного на рисунке 273, получится
\
>
\
Рис. 272
Рис. 273
число 1? Интересующий нас вопрос можно сформулировать следующим
образом: если на расчерченном листе лежат два равных многоуголь-
многоугольника (рис.274), то можно ли утверждать, что результат измерения
их площадей будет одним и тем же, т. е. можно ли утверждать, что
их площади равны? Ответ оказывается положительным:
1° равные многоугольники имеют равные площади.
Однако доказать это утверждение не очень просто (см. замечание 2
в конце пункта).
Рассмотрим теперь многоугольник F, составленный из многоуголь-
многоугольников F\ и F<}. При измерении его площади каждый квадрат, со-
содержащийся целиком в многоугольнике F, либо целиком содержит-
содержится в одном из многоугольников F\, F2, либо часть его содержится

2. Понятие площади
191
У
1
1
\
\
\
\
У
Рис. 274
в многоугольнике F\, а другая часть — в многоугольнике ?%. То же
относится и к частям квадратов, содержащихся в многоугольнике F
лишь частично (рис.275). Поэтому:
2° если многоугольник составлен из двух многоугольников,
то его площадь равна сумме площадей этих многоугольников.
Из этого следует:
если многоугольник разбит на несколько многоугольников, то его
площадь равна сумме площадей этих многоугольников.
Так, на рисунке 276 многоугольник составлен из двух четырех-
четырехугольников, каждый из которых, в свою очередь, составлен из двух
треугольников. Поэтому, согласно свойству 2°, его площадь равна
сумме площадей (S\ + S2) и (S3 + S4), а значит, равна S\ + S2 + S3 +
+ S4.
Свойства 1° и 2° часто называют основными свойствами пло-
площадей, поскольку на основе этих свойств можно вывести формулы,
выражающие площади многоугольников через их элементы.
Замечание 1! Описывая процесс измерения площади много-
многоугольника, мы сказали, что площадь фигуры, составленной из квадра-
1
тиков со стороной —?—у и покрывающей ломаную, ограничивающую
многоугольник (см. рис. 271), при неограниченном увеличении к стре-
стремится к нулю. Докажем это.
Рис. 275
Рис. 276

192 Гл. 6. Площадь
Рассмотрим одну из сторон многоугольника. Проведя через ее кон-
концы прямые, параллельные сторонам квадратиков, получим прямоуголь-
прямоугольный треугольник с катетами а и Ь, гипотенуза с которого представляет
собой рассматриваемую сторону. Пусть п — количество квадратиков,
покрывающих сторону с. Обойдем эти квадратики ходом шахмат-
шахматной ладьи. Тогда количество N пройденных квадратиков окажется
не меньше, чем п: N ^ п (см. рис.271). С другой стороны, если путь
от одного конца стороны с к другому концу проделать лишь двумя
ходами ладьи, то количество пройденных квадратиков также окажется
равным N (объясните, почему). Из этого следует, что
ЛГ<С (а- Ю^1 +2)+ F- Ю^1 + 1) = (а + Ь)\Ок-1 +3.
Поскольку в прямоугольном треугольнике гипотенуза больше кате-
катета, то а ^ с и Ь ^ с, а значит, а + Ь ^ 2с. Таким образом,
n^N <2с- Ю^1 +3.
Будем считать, что число к столь велико, что каждая сторона
данного многоугольника больше стороны квадратика, в частности, с >
> —:—г. Тогда можно написать такое неравенство:
10fc-i
п < 2с • Юк~1 + Зс • Ю* = 5с • Ю*.
Итак, количество квадратиков, покрывающих сторону с многоуголь-
многоугольника, меньше 5с- Ю^. Применяя аналогичные рассуждения к осталь-
остальным сторонам и складывая полученные неравенства, мы приходим
к выводу: количество квадратиков, покрывающих ломаную, ограничи-
ограничивающую многоугольник, меньше 5р • \0к~\ где р — периметр много-
многоугольника. Следовательно, площадь фигуры, состоящей из этих квад-
ратиков, меньше эр- 10 • I —^—р 1 = —^rf, поэтому при неограни-
неограниченном увеличении числа к она стремится к нулю.
Замечание 2! Докажем, что площади равных многоугольников
(измеренные описанным в этом пункте способом) равны. Поскольку
любые два равных многоугольника совмещаются друг с другом не бо-
более, чем тремя осевыми симметриями (см. задачу 7 п. 47), то до-
достаточно доказать это утверждение для двух многоугольников, сим-
симметричных относительно некоторой прямой. Для краткости условимся
называть лист бумаги, расчерченный на квадраты со стороной 1, сетью
N (от слова «net» — сеть). Один из этих квадратов обозначим буквой К.
Рассмотрим произвольный многоугольник Ф и многоугольник 01,
симметричный многоугольнику Ф относительно некоторой прямой а.
Пусть S и S\ — их площади, измеренные описанным в этом пункте
способом. Числа S и S\, таким образом, показывают, сколько раз квад-
квадрат К и его части укладываются в многоугольниках Ф и Ф\. Докажем,
что S\ = S. С этой целью рассмотрим сеть N\, симметричную сети N

2. Понятие площади
193
относительно прямой а. Ясно, что квадрат К\ этой сети, симметричный
квадрату К сети N относительно прямой а, и его части укладываются
в многоугольнике Ф\ столько же раз, сколько раз квадрат К укладыва-
укладывается в многоугольнике Ф (так как при симметрии относительно прямой
а многоугольник Ф и сеть N переходят в многоугольник Ф\ и сеть N\),
т. е. S раз. Таким образом, если X — число, показывающее, сколько
раз квадрат К и его части укладываются в квадрате К\, то S\ = SX.
Итак, для любого многоугольника Ф с площадью S (измеренной
описанным в этом пункте способом) площадь S\ симметричного ему
относительно прямой а многоугольника Ф\ равна SX, где X — пло-
площадь квадрата К\, симметричного квадрату К относительно прямой
а. В частности, площадь квадрата К^, симметричного квадрату К\
относительно прямой а, равна XX = X2. Но квадратом К^ является
квадрат К, площадь которого равна 1. Следовательно, Х2=1, откуда
X = 1. Таким образом, для любого многоугольника с площадью S
и симметричного ему относительно прямой а многоугольника с площа-
площадью S\ имеет место равенство: S\ = S. Утверждение доказано.
82. Площадь произвольной фигуры. Для измерения площади
произвольной фигуры F поступают так. Рассматривают множество
всех многоугольников, целиком содержащихся в фигуре F, и мно-
множество всех многоугольников, целиком содержащих в себе фигу-
фигуру F (рис.277). Ясно, что площадь каждого многоугольника из первого
множества не превосходит площади лю-
любого многоугольника из второго мно-
множества (объясните почему). Если су-
существует величина S, для которой как
в первом, так и во втором множестве
найдутся многоугольники, площади ко-
которых сколь угодно мало отличаются
от S, то величина S и принимается
за площадь данной фигуры.
В качестве иллюстрации понятия
площади произвольной фигуры решим
задачу, которую часто называют за-
задачей Минковского 0 . Представим се-
себе, что плоскость разбита на квадраты
со стороной, равной единице измерения
отрезков (рис. 278). Вершины этих квадратов образуют так называемую
целочисленную решетку и называются узлами решетки (рис.279).
Сформулируем теперь нашу задачу.
Задача. Дана произвольная фигура, площадь которой (при вы-
выбранной единице измерения) меньше 1. Доказать, что эту фигуру
Рис. 277
ОМинковский Герман A864-1909) — немецкий математик
7 С. Б. Кадомцев

194
Гл. 6. Площадь
Рис. 278
Рис. 279
можно расположить так, что ни один из узлов целочисленной
решетки не попадет на фигуру.
Решение. Представим себе, что решетка нарисована на прозрач-
прозрачной бумаге. Наложим эту бумагу на фигуру произвольным образом,
скопируем на нее данную фигуру и закрасим копию в какой-то цвет.
Затем разрежем бумагу на квадратики вдоль линий решетки (рис.280),
аккуратно, не поворачивая, положим эти квадратики один на дру-
другой (наподобие колоды карт) и посмотрим на образовавшуюся стопку
квадратиков на просвет. Мы увидим что в некоторых местах закра-
закрашенные области квадратиков накладываются друг на друга, в других
местах закрашенную область имеет лишь один квадрат, и обязательно
найдутся прозрачные области, поскольку площадь каждого из квад-
квадратиков равна 1, а площадь фигуры меньше 1. Вооружимся иголкой
и проткнем все наши квадратики в какой-нибудь точке прозрачной
области.
Теперь разложим все квадратики так, как они лежали до разреза-
разрезания (рис.281). Мы увидим в каждом квадратике один след от нашего
прокола, расположенный одинаковым образом во всех квадратиках.
Следы эти образуют новую целочисленную решетку (объясните по-
почему), причем ни один из узлов этой новой решетки не попадает
на фигуру. Утверждение доказано.
Е
?Е
•
•
• 111=
-
•
•
•
•
•
•
Рис. 280
Рис. 281

2. Понятие площади
195
7Z
7L
1
Рис. 282
83*. Площадь многоугольника с вершинами в узлах целочис-
целочисленной решетки. На рисунке 282 изображен десятиугольник, все
вершины которого являются узлами це-
целочисленной решетки. Ясно, что пло-
площадь каждой клетки равна 1. Чему
равна площадь десятиугольника? Ответ
на этот вопрос можно дать почти сразу,
проделав небольшие вычисления в уме.
Для этого нужно воспользоваться сле-
следующей теоремой.
Теорема. Площадь многоуголь-
многоугольника, все вершины которого явля-
являются узлами целочисленной решет-
( . п 1
ки, выражается числом ( т + — — 1
где т — количество узлов, находя-
находящихся внутри многоугольника, а п —
количество узлов, лежащих на его
границе.
Доказательство. Для многоугольника с вершинами в уз-
узлах целочисленной решетки условимся обозначать буквой R число
га+ - — 1 ], а буквой S — число, выражающее его площадь. Наша
задача, тем самым, — доказать, что для любого многоугольника ука-
указанного вида эти числа совпадают: R = S.
Центральное место в наших рассуждениях будет занимать следу-
следующий факт. Если два данных многоугольника с вершинами в узлах
целочисленной решетки составляют один многоугольник, то соответ-
соответствующие им числа R\ и R% связаны с числом R для многоугольника,
составленного из двух данных, равенством: R = R\ + i?2-
Докажем это утверждение. Пусть (к + 2) — количество узлов ре-
решетки, лежащих на общей ломаной двух данных многоугольников (два
конца и к внутренних точек этой ломаной).
Тогда внутри большого многоугольника ока-
окажется (mi + ТП2 + к) узлов, где т\ — число
узлов, лежащих внутри первого, а Ш2 — внут-
внутри второго многоугольника (рис.283), т.е.
m = гп\ +
к.
На границу большого многоугольника по-
попадут два конца ломаной, а также все уз-
узлы, лежащие на границах данных многоуголь-
многоугольников, за исключением (к + 2) узлов, на-
находящихся на общей ломаной. На границе
первого многоугольника таких узлов будет
Рис. 283. m = 7; m =
= 7П\ + 7712 + к

196
Гл. 6. Площадь
(п\ — к — 2), на границе второго многоугольника — (п2 — к — 2). Таким
образом,
п = 2 + (щ - /с - 2) + (п2 - к - 2) = щ + п2 - 2fc - 2.
В результате для числа Д получаем равенства:
= \mi + -^-
Итак,
it — ill + it2- (Ij
Перейдем теперь непосредственно к доказательству
теоремы. Прежде всего заметим, что для квадрата со сто-
стороной 1 (рис.284)
Рис. 284 Но и площадь S этого квадрата равна 1. Следователь-
Следовательно, для такого квадрата R = S.
Рассмотрим теперь прямоугольник, составленный из N единичных
квадратов, стороны которого лежат на линиях решетки (рис.285).
В силу доказанного равенства A) число R для такого прямоугольника
равно A + 1 + ... + 1) = N. Но и площадь S прямоугольника равна N.
Поэтому для такого прямоугольника R = S. Из этого следует, что
аналогичное равенство имеет место и для прямоугольного треуголь-
треугольника, катеты которого лежат на линиях решетки (рис.285), так как
рассмотренный прямоугольник состоит из двух таких треугольников
с общей гипотенузой.
Следовательно, равенство R = S верно и для любого треугольни-
треугольника (рис.286), так как его можно получить из прямоугольника, последо-
последовательно отсекая от него прямоугольные треугольники, катеты которых
лежат на линиях решетки.
Для завершения доказательства осталось вспомнить, что любой
многоугольник можно разрезать на треугольники, вершинами кото-
которых являются вершины многоугольника (задача 4 п. 78). Следователь-
Рис. 285
Рис. 286

3. Площадь треугольника
197
но, для многоугольника соотношение R = S также верно. Теорема
доказана.
Вернемся теперь к десятиугольнику, изображенному на рисун-
рисунке 282. Для него т = 12, п = 12, следовательно,
5= 12 +у- 1 = 17.
Таким образом, площадь этого десятиугольника легко вычисляется
в уме.
Задачи
244. Каждая из трех прямых на рисунке 287 делит площадь много-
многоугольника пополам. Докажите, что площадь треугольника, образован-
образованного этими прямыми, не превосходит - площади многоугольника.
245. Площадь произвольной фигу-
фигуры при выбранной единице измерения
меньше целого числа к. Докажите, что
на нее можно наложить целочисленную
решетку так, что не более (к — 1) точек
решетки попадет на фигуру.
246. Площадь произвольной фигу-
фигуры при выбранной единице измерения
больше целого числа к. Докажите, что
на нее можно наложить целочисленную
решетку так, что по крайней мере к
точек решетки попадет на фигуру.
Рис. 287
§ 3. Площадь треугольника
84. Площади прямоугольника, параллелограмма и треугольни-
треугольника. Вы, конечно, знаете, что площадь S прямоугольника ABCD
со сторонами АВ = а и AD = Ъ выражается формулой S = аЪ. Давайте
подумаем, как это доказать.
Рассмотрим сначала прямоугольник AB\C\D, сторона АВ\ которо-
которого равна единице измерения отрезков (рис.288, а). Ясно, что единица
измерения площадей (т.е. квадрат со стороной 1) и ее части укла-
укладываются в этом прямоугольнике столько раз, сколько раз единица
измерения отрезков и ее части укладываются в отрезке AD, т. е. Ь
раз. Следовательно, площадь S\ этого прямоугольника выражается
числом Ъ\ S\ = Ъ.
Аналогично прямоугольник AB\C\D и его части укладываются
в прямоугольнике ABCD столько раз, сколько раз единица измере-
измерения отрезков (т.е. отрезок АВ\) и ее части укладываются в отрез-
отрезке АВ (рис.288, б), т.е. а раз. Следовательно, площадь S прямоуголь-
прямоугольника ABCD равна aS\, т. е. S = аЪ. Итак:

198
Гл. 6. Площадь
1
1
D
A D
а) б)
Рис. 288. a) AD = Ъ, Sx = Ъ; б) АВ = a, AD = Ъ, S = aSx = ah
площадь прямоугольника равна произведению его смежных сто-
сторон.
Далее, рассмотрим параллелограмм и примем какую-нибудь его
сторону за основание. Этот параллелограмм равносоставлен с прямо-
прямоугольником, одна из смежных сторон которого равна основанию парал-
параллелограмма, а другая — его высоте (задача 6 п. 79). Следовательно,
площадь параллелограмма равна произведению его основания
на высоту.
Рассмотрим теперь треугольник, выберем одну из его сторон и на-
назовем ее основанием. Под словом «высота» условимся понимать ту из
высот треугольника, которая проведена к основанию. Поскольку тре-
треугольник равносоставлен с параллелограммом, основание которого сов-
совпадает с основанием треугольника, а высота равна половине высоты
треугольника (задача 5 п. 79), то
площадь треугольника равна половине произведения его основа-
основания на высоту.
85. Равновеликие многоугольники. Два многоугольника называ-
называются равновеликими, если их площади равны. Примером равновеликих
многоугольников могут служить (согласно свойству 1° площадей) лю-
любые равные многоугольники. Обратное утверждение, конечно, неверно:
равновеликие многоугольники могут быть неравными. Так, изображен-
изображенные на рисунке 289 прямоугольник и квадрат равновелики (площадь
каждого из них равна 4 см2), но они, очевидно, не равны друг другу.
В силу свойства 2° площадей два равносоставленных многоуголь-
многоугольника равновелики. А верно ли обратное утверждение: любые два
равновеликих многоугольника равносоставлены? Оказывается, верно.
Это утверждение называется теоремой Бойяи-Гервина. Ф. Бойяи —
венгерский математик — доказал эту теорему в 1832 г., а П. Гервин —
немецкий математик-любитель — независимо от Ф. Бойяи доказал
ее в 1833 году.
Докажем сначала теорему Бойяи-Гервина для равновеликих пря-
прямоугольников со смежными сторонами а, Ъ и а\, Ъ\. Пусть для опре-
определенности а > Ь, а\ > Ъ\. Тогда а\ > а\Ъ\ = аЪ > Ь2, откуда а\ > Ъ.

3. Площадь треугольника
199
Построим параллелограмм со смежными сторонами а и а\ и высотой
Ь, проведенной к стороне а (рис.290). Его площадь равна ab, поэтому
высота, проведенная к стороне а\, равна Ъ\. Этот параллелограмм
равносоставлен как с одним, так и с другим прямоугольником (см.
задачу 6 п. 79). Следовательно, рассматриваемые прямоугольники рав-
носоставлены, что и требовалось доказать.
1 см
1 см
Рис. 289
Рис. 290
Рассмотрим теперь два равновеликих многоугольника с площадью
S и докажем, что они равносоставлены. Возьмем один из них и раз-
разрежем на треугольники с площадями S\, #2,..., Sn (рис.291). Каждый
из треугольников равносоставлен с параллелограммом, основание ко-
которого совпадает с основанием треугольника, а высота равна половине
высоты треугольника. Параллелограмм, в свою очередь, равносостав-
равносоставлен с прямоугольником, одна из смежных сторон которого равна осно-
основанию параллелограмма, а другая — его высоте, поэтому треугольник
также равносоставлен с этим прямоугольником. Следовательно, г-ый
треугольник равносоставлен и с прямоугольником, смежные стороны
S-
которого равны заданному отрезку длины а и отрезку длины —. Из та-
таких прямоугольников можно составить один прямоугольник со сторо-
стороной а и площадью S (рис.292). Таким образом, выбранный нами мно-
многоугольник равносоставлен с этим прямоугольником. Аналогично до-
доказывается, что и другой многоугольник равносоставлен с указанным
прямоугольником, поэтому данные многоугольники равносоставлены.
Теорема доказана.
Рис. 291
а
Рис. 292

200
Гл. 6. Площадь
86. Метод Евклида. Для нахождения площади произвольного
многоугольника можно разрезать его на треугольники и найти пло-
площадь каждого из них. Сумма площадей этих треугольников равна
площади данного многоугольника. Этот прием, в частности, можно
использовать для вывода формул площадей параллелограмма и трапе-
трапеции (рис.293 а, б).
Е
h
В
/
[у
_ i
о
а
а • /г/
У
h
С
\
h \
п \
D
А
D
а)
б)
1
1
Рис. 293. a) Sabcd = S\ + S2 = -ah + -ah = ah, площадь параллелограмма
равна произведению его основания на высоту; б) Sabcd = S\ + S2 = -(а +
+ b)h, площадь трапеции равна произведению полусуммы ее оснований на
высоту
Площадь многоугольника можно найти и другими способами. Один
из таких способов был указан Евклидом. Он состоит в построении тре-
треугольника, площадь которого равна площади данного многоугольника.
Поясним этот способ на примере выпуклого пятиугольника ABCDE,
изображенного на рисунке 294.
Построим треугольник, площадь которого равна площади пяти-
пятиугольника ABCDE. Для этого через вершину В проведем прямую, па-
параллельную диагонали АС пятиугольника. Она пересекает прямую АЕ
в точке F. Треугольники ABC и AFC равновелики, так как у них
общее основание АС, а вершины В и F лежат на прямой, параллель-
параллельной АС, и поэтому высоты, проведенные из этих вершин к основа-
основанию АС, равны.
Итак, треугольник ABC можно заменить равновеликим треуголь-
треугольником AFC. В результате получим четырехугольник FCDE, равнове-
равновеликий данному пятиугольнику. Далее аналогичным образом заменим
треугольник CDE на равновеликий ему треугольник СЕК. Получив-
Получившийся в итоге треугольник CFK равновелик пятиугольнику ABCDE.
Применяя метод Евклида к трапеции, получаем другой способ вы-
вывода формулы площади трапеции. Действительно, рассмотрим трапе-
трапецию ABCD с основаниями AD = а, ВС = Ъ и высотой h (рис.295).
Проведем через вершину С прямую, параллельную диагонали BD,
и обозначим буквой Е точку пересечения этой прямой с прямой AD.
Тогда Sabcd = Sabe- Четырехугольник ВС ED — параллелограмм,

3. Площадь треугольника
201
В
D
В
FA E К
Рис. 294
поэтому DE = ВС = b. Итак,
Sabcd = Sabe = ^ (а + fyh.
87. Две теоремы об отношении площадей треугольников.
Из формулы площади треугольника следует, что
площади треугольников, имеющих равные основания, относятся
как их высоты)
площади треугольников, имеющих равные высоты, относятся
как их основания.
Рассмотрим треугольник ABC с площадью S и отметим на луче АВ
какую-нибудь точку В\ (рис.296, а). Треугольники ABC и АВ\С
имеют общую высоту СЕ., поэтому
S АВ
Sabxc АВх'
Отметим теперь на луче АС произвольную точку С\ (рис.286, б).
Треугольники АВ\С и АВ\С\ имеют общую высоту В\Н\, поэтому
Sab у
АС
АСХ'
Sabxcx
Перемножая два равенства, получаем:
S АВ-АС
Таким образом, мы приходим к следующей теореме.
Теорема 1 . Если угол одного треугольника равен углу друго-
другого треугольника, то площади этих треугольников относятся как
произведения сторон, заключающих равные углы.
Доказательство. Пусть S и S\ — площади треугольников ABC
и А\В\С\, у которых ZA = /_А\ (рис.286, в). Наложим треуголь-
треугольник ABC на треугольник А\В\С\ так, чтобы вершина А совместилась
с вершиной А\, а стороны АВ и АС наложились соответственно

202
Гл. 6. Площадь
С
Н
А
Н В Вх
А
Вх
а)
б)
С/
Вх Ах
В
Вх
Рис. 296
на лучи А\В\ и А\С\ (рис.286, г). Как мы только что установили,
S АВ-АС
S_ _ АВ-АС
Sx ~ АхВх -АхСх'
Теорема доказана.
Докажем еще одну теорему, являющуюся, по-существу, следствием
только что доказанной теоремы.
Теорема 2. Если угол одного треугольника составляет в сумме
с углом другого треугольника 180°, то площади этих треугольни-
треугольников относятся как произведения сторон, заключающих указанные
углы.
Доказательство. Пусть S и S\ — площади треугольников ABC
и А\В\С\, у которых ZA + ZA\ = 180° (рис.297, а). Докажем, что
S _ АВ-АС
- АхСх'
Продолжим сторону АВ за точку А на отрезок AD = АВ
(рис.297, б). Треугольники ABC и ADC имеют равные основания АВ

3. Площадь треугольника
203
Bx D
А
В
Рис. 297
и AD, а также общую высоту, проведенную из вершины С. Поэтому
их площади равны, т. е. площадь треугольника ADC равна S.
Поскольку ABAC + AD АС =180°, то ZDAC = ААХ. Следователь-
Следовательно, по теореме 1 ^ ^ АР ¦ Ж7
С Л D Л Г^
или, с учетом равенства AD = АВ,
_S_ _ АВ-АС
Sx AxBx • АхСх
Теорема доказана.
88. Две теоремы о биссектрисах треугольника. Рассмотрим тре-
треугольник ABC с биссектрисой AD (рис.298). Треугольники ABD
и ACD имеют общую высоту АН, по-
поэтому А
Sacd DC
С другой стороны, эти же треуголь-
треугольники имеют по равному углу (Zl = Z2),
поэтому
Sabd _ AB-AD _ АВ_
Sacd ~ АС • AD ~ АС
Из двух равенств для отношения
площадей получаем:
BD AB BD DC
— = АСИШ
Н D
Рис. 298
DC AC ™" AB АС
т. е. отрезки BD и DC пропорциональны отрезкам АВ и АС.
Итак, мы доказали такую теорему — назовем ее теоремой о бис-
биссектрисе треугольника:
биссектриса треугольника делит противоположную сторону
на отрезки, пропорциональные прилежащим сторонам треуголь-
треугольника.

204
Гл. 6. Площадь
С
При доказательстве этой теоремы
мы опирались на теорему 1 п. 87. Ис-
Используя теорему 2 п. 87, можно ана-
аналогичным образом доказать теорему
о биссектрисе внешнего угла тре-
треугольника:
если биссектриса внешнего угла
при вершине А треугольника ABC
пересекает прямую ВС в точке D,
BD DC
В
А
Рис. 299
Проведите доказательство само-
самостоятельно.
89. Признак равенства треугольников по двум сторонам и бис-
биссектрисе, проведенным из одной вершины. Теперь, когда в нашем
распоряжении оказались новые сведения о биссектрисе треугольника,
попытаемся ответить на два вопроса, записанных в блокноте:
имеет ли место признак равенства треугольников по двум сто-
сторонам и биссектрисе, проведенным из одной вершины]
как построить треугольник по двум сторонам и биссектрисе,
проведенным из одной вершины?
Если данные стороны равны друг другу, то ответить на оба вопроса
легко (объясните, как). Поэтому будем считать, что они не равны друг
другу.
Рассмотрим треугольник ABC с биссектрисой AD. Для удобства
введем следующие обозначения: АС = b, AB = с. Пусть, например,
Ъ > с (рис.300, а). Из теоремы о биссектрисе треугольника следует,
BD с
ЧТ° DC = Ъ'
На стороне АС отложим отрезок АЕ = с (рис.300, б). Треугольни-
Треугольники ABD и AED равны по первому признаку равенства треугольников,
С
D
а)
В С
D
В С
D
в)
В
Рис. 300. АЕ = с, DF _L AD

3. Площадь треугольника
205
поэтому BD = DE и ZADB = ZADE, т. е. луч DA — биссектриса
угла BDE.
Проведем через точку D прямую, перпендикулярную к AD и пере-
пересекающую АС в точке F (рис.300, в). Поскольку луч DA — биссек-
биссектриса угла BDE, a DF JL AD, то луч DF — биссектриса угла CDE,
смежного с углом BDE, поэтому отрезок DF — биссектриса тре-
угольника CDE. По теореме о биссектрисе треугольника -^ = -^.
с
Ь'
ТТ ПГ ПП BD С Г EF
Но DE = BD, а —— = -. Следовательно, ——
JJC о г С
FC
Полученное соотношение позволяет выразить AF через Ъ и с. В са-
мом деле, ЕЕ = AF — с, ЕС = Ь — AF, поэтому
— = -, откуда
о — Ar b
AF =
2Ьс
A)
Мы приходим к совершенно неожиданному выводу: длина отрез-
отрезка AF не зависит от угла А треугольника АВС\ Еще более удивитель-
удивительно то, что это утверждение, как показывают выкладки, справедливо
и в геометрии Лобачевского, хотя формула, аналогичная формуле A),
имеет там значительно более сложный вид.
Теперь мы можем ответить на оба интересующих нас вопроса.
Сформулируем их в виде задач и приведем решения.
Задача 1. Доказать, что если две стороны и биссектриса, про-
проведенные из одной вершины, одного треугольника соответственно
равны двум сторонам и биссектрисе, проведенным из одной верши-
вершины, другого треугольника, то такие треугольники равны.
Решение. Рассмотрим треугольники ABC и А\В\С\ с биссек-
биссектрисами AD и A\D\, у которых АВ = А\В\, АС = А\С\ и AD =
= A\D\. Через точки D и D\ проведем прямые, перпендикулярные
к AD и A\D\ и пересекающие большие из данных сторон треуголь-
треугольников в точках F и F\ соответственно (рис.301). Поскольку АВ =
= А\В\ и АС = А\С\, то, как следует из формулы A), AF = A\F\.

206
Гл. 6. Площадь
Следовательно, прямоугольные треугольники ADF и A\D\F\ равны
по гипотенузе и катету (AF = AXFX, AD = A\D\). Поэтому ZDAF =
= ZDXAXFX, а значит, ABAC = 2ZDAF = 2ZDXAXFX = ZBXAXCX. Тем
самым, треугольники ABC и АХВХСХ равны по первому признаку
равенства треугольников. Утверждение доказано.
Задача 2. Построить треугольник по двум сторонам и биссек-
биссектрисе, проведенным из одной вершины.
Решение. Построим сначала какой-нибудь треугольник АХВХСХ,
стороны АХВХ и А\С\ которого равны данным сторонам, и проведем его
биссектрису A\D\. Через точку Dx проведем прямую, перпендикуляр-
перпендикулярную к AXDX, и отметим точку Fx пересечения этой прямой с большей
из сторон АХВХ и А\С\ (рис.302, а).
Bi D
Рис.302. AF =
б)
Построим теперь прямоугольный треугольник ADF с гипо-
гипотенузой AF = A\F\ и катетом AD, равным данной биссектри-
биссектрисе (рис.302, б). Как следует из решения задачи 1, угол DAF
этого прямоугольного треугольника равен половине угла искомого
треугольника, заключенного между данными сторонами. Построим
угол, вдвое больший угла DAF, и тогда построение искомого
треугольника сведется к построению треугольника по двум данным
сторонам и углу между ними.
Задачи
247. Две стороны треугольника равны а и Ь, а высоты, проведенные
к этим сторонам, равны ha и /i&. Докажите, что а : Ь = hb : ha (отно-
(отношение двух сторон треугольника обратно пропорционально отношению
высот, проведенных к этим сторонам).
248. Может ли площадь треугольника быть: а) меньше 2 см2, если
любая его высота больше 2 см; б) больше 100 см2, если любая его
высота меньше 1 см; в) больше площади второго треугольника, если

3. Площадь треугольника 207
каждая сторона первого меньше 1 см, а каждая сторона второго больше
1 км?
249. Многоугольник описан около окружности. Докажите, что:
а) его площадь равна половине произведения периметра на радиус
вписанной окружности; б) любая прямая, проходящая через центр
вписанной окружности, делит его площадь и периметр в равных отно-
отношениях.
250. Внутри треугольника ABC взята точка М. Докажите, что
площади треугольников ВАМ и ВСМ равны тогда и только тогда,
когда точка М лежит на медиане треугольника ABC, проведенной
из вершины В.
251. Докажите, что медианы треугольника разбивают его на шесть
равновеликих треугольников.
252. Сумма длин двух сторон треугольника равна р. Найдите наи-
наибольшее возможное значение его площади.
253. Докажите, что: а) сумма расстояний от любой точки основа-
основания равнобедренного треугольника до его боковых сторон равна высоте
треугольника, проведенной к боковой стороне; б) разность расстояний
от любой точки, лежащей на продолжении основания равнобедренного
треугольника, до прямых, содержащих его боковые стороны, равна
высоте треугольника, проведенной к боковой стороне; в) сумма рассто-
расстояний от любой точки, лежащей внутри равностороннего треугольника,
до его сторон равна высоте треугольника.
254. Диагонали выпуклого четырехугольника делят его на четыре
треугольника, площади которых, взятые последовательно, равны S\,
S2, S3, S4. Докажите, что S\S% = S2S4.
255. Сторона АВ треугольника ABC продолжена за точку А на от-
отрезок AD, равный АС. На продолжении отрезка AD за точку D
отмечена точка К, а на продолжении стороны ВС за точку С — точ-
точка М так, что площади треугольников BDM и ВКС равны. Найдите
угол ВКМ, если ABAC = а.
256. На стороне АВ треугольника ABC взята точка К, а на
стороне ВС — точка М так, что ВК : К А = 2:5, ВЫ : МС =
= 7:3. Найдите отношение площади треугольника ВКМ к площади
четырехугольника АКМС.
257. Точки К, М и Р лежат соответственно на сторонах АВ, ВС
и С А треугольника ABC, причем АК = \кВ, ВЫ = \мС, СР =
1
= jPA. Найдите отношение площадей треугольников МРК и ABC.
258. Дан треугольник ABC. На продолжениях стороны АВ за точ-
точку В, стороны ВС за точку С и стороны С А за точку А отмечены
соответственно точки С\, А\ и В\ так, что АВ = ВС\, ВС = СА\,
С А = АВ\. Докажите, что отношение площадей треугольников ABC
и А\В\С\ равно 1 : 7.

208 Гл. 6. Площадь
259* Докажите, что из медиан данного треугольника можно по-
построить треугольник, и найдите отношение его площади к площади
данного треугольника.
260. На сторонах АС и ВС треугольника ABC взяты точ-
точки М и К, а на отрезке МК — точка Р так, что AM : МС =
= СК : KB = МР : РК = т : п. Найдите отношение площадей тре-
треугольников AMP и ВКР.
261* Через вершины треугольника ABC проведены параллель-
параллельные друг другу прямые, пересекающие противоположные стороны или
их продолжения соответственно в точках А\, В\, С\. Найдите отноше-
отношение площади треугольника ABC к площади треугольника А\В\С\.
262. Точки М и К — середины сторон ВС и AD выпуклого
четырехугольника ABCD, отрезки AM и ВК пересекаются в точке Р,
отрезки DM и КС пересекаются в точке Т. Докажите, что площадь
четырехугольника РМТК равна сумме площадей треугольников АВР
и CDT.
263* Прямая, проходящая через середину диагонали BD выпуклого
четырехугольника ABCD и параллельная диагонали АС, пересекает
сторону AD в точке Р, а сторону CD — в точке Q. На отрезке PQ
отмечена произвольная точка М. а) Докажите, что площадь четырех-
четырехугольника АВСМ равна площади четырехугольника ADCM. б) Най-
Найдите множество всех точек М, для которых выполняется равенство
пункта а), в) Найдите внутри четырехугольника ABCD такую точку,
что отрезки, соединяющие эту точку с серединами сторон четырех-
четырехугольника, делят его на четыре равновеликие части.
264. Через середину О диагонали BD выпуклого четырехугольни-
четырехугольника ABCD проведена прямая, параллельная диагонали АС и пересе-
пересекающая сторону AD в точке Е. Докажите, что площади треугольни-
треугольника CDE и четырехугольника АВСЕ равны.
265. Середины двух боковых сторон трапеции являются вершинами
параллелограмма, две другие вершины которого лежат на прямой,
содержащей основание трапеции. Докажите, что площадь параллело-
параллелограмма равна половине площади трапеции.
266. Точка О лежит на прямой, содержащей диагональ АС па-
параллелограмма ABCD. Докажите, что площади треугольников АОВ
и AOD равны.
267. Внутри параллелограмма ABCD взята произвольная точка К.
Докажите, что Sad к + SBck = Sab к + SDCk-
268. Через точку D стороны ВС треугольника ABC проведены
прямые, параллельные двум другим сторонам и пересекающие сто-
стороны АВ и АС в точках Е и Р соответственно. Докажите, что
треугольники CDE и BDP равновелики.
269. Найдите площадь параллелограмма, вершинами которого яв-
являются середины сторон выпуклого четырехугольника с площадью S.
270. Точки Р, Q, R и Т — соответственно середины сторон АВ,
ВС, CD и DA параллелограмма ABCD. Докажите, что при пересече-

3. Площадь треугольника 209
нии прямых AQ, BR, СТ и DP образуется параллелограмм, и найдите
отношение его площади к площади параллелограмма ABCD.
271. Внутри выпуклого четырехугольника ABCD взята точка М.
Докажите, что площадь четырехугольника, вершинами которого яв-
являются точки, симметричные точке М относительно середин сторон
четырехугольника ABCD, вдвое больше площади четырехугольни-
четырехугольника ABCD.
272. Отрезки, соединяющие середины противоположных сторон
выпуклого четырехугольника, равны. Найдите площадь четырехуголь-
четырехугольника, если: а) его диагонали равны а и Ь; б) указанные отрезки взаимно
перпендикулярны и равны с.
273. Диагонали четырехугольника равны. Найдите его площадь,
если отрезки, соединяющие середины его противоположных сторон,
равны а и Ъ.
274. Площади двух треугольников с общим основанием равны S\
и $2, причем 5i ф $2- Найдите площадь четырехугольника с вершина-
вершинами в серединах их боковых сторон.
275. На каждой стороне параллелограмма взято по одной точке.
Одна из диагоналей четырехугольника с вершинами в этих точках
параллельна стороне параллелограмма. Докажите, что площадь четы-
четырехугольника равна половине площади параллелограмма.
276. Сторона АВ параллелограмма ABCD продолжена на отре-
отрезок BE, а сторона AD — на отрезок DK, причем точка С не лежит
на прямой КЕ. Прямые ED и ВК пересекаются в точке О. Докажите,
что четырехугольники ABOD и СЕОК равновелики.
277. Через середину М стороны ВС параллелограмма ABCD пло-
площади S и вершину А проведена прямая, пересекающая диагональ BD
в точке О. Найдите площадь четырехугольника OMCD.
278. В параллелограмме ABCD точки Р и К делят диагональ BD
на три равные части, точки М и Е — середины сторон DC и СВ.
Найдите отношение площади четырехугольника МЕРК к площади
параллелограмма.
279. Докажите, что площадь трапеции равна произведению длин
боковой стороны и перпендикуляра, проведенного из середины другой
боковой стороны к прямой, содержащей первую сторону.
280. Середина М боковой стороны CD трапеции ABCD соединена
отрезками с вершинами А и В. Докажите, что площадь треугольни-
треугольника АМВ равна половине площади трапеции.
281. Диагонали трапеции ABCD с основаниями AD и ВС пере-
пересекаются в точке О. а) Докажите, что площади треугольников АОВ
и COD равны, б) Найдите площадь трапеции, если площади треуголь-
треугольников ВОС и AOD равны S\ и^2.
282. Найдите площадь равнобедренной трапеции, диагонали кото-
которой взаимно перпендикулярны, а длина средней линии равна га.

210
Гл. 6. Площадь
283* Каждая диагональ выпуклого пятиугольника отсекает от него
треугольник, площадь которого равна 1. Найдите площадь пятиуголь-
пятиугольника.
284. В параллелограмме ABCD точки М и К — середины сто-
сторон CD и AD соответственно, Р — точка пересечения отрезков AM
и ВК. Найдите отношение площади треугольника АРК к площади
параллелограмма.
285. В ромбе ABCD угол А равен 60°, серединный перпендикуляр
к стороне AD пересекает диагональ АС в точке М, а серединный
перпендикуляр к стороне CD пересекает АС в точке Р. Найдите
отношение площади треугольника DMP к площади ромба.
§ 4. Формула Герона и ее приложения
90. Формула Герона. Рассмотрим треугольник ABC со сторона-
сторонами АВ = с, ВС = а и С А = Ь. Попытаемся выразить его площадь S
через a, b и с.
Из точки О пересечения биссектрис треугольника ABC про-
проведем перпендикуляры OK, OL и ОМ к его сторонам АВ, ВС
и С А (рис. 303). Ясно, что ОК =
= OL = ОМ = г, где г — ради-
радиус окружности, вписанной в тре-
треугольник ABC.
Для удобства воспользуем-
воспользуемся обозначениями, принятыми
на рисунке 303. Четырехуголь-
Четырехугольник АКОМ составлен из двух
равных прямоугольных треуголь-
треугольников с катетами х и г, поэтому
его площадь S\ выражается фор-
формулой
Si=xr. A)
Аналогично S^ = yr, S% =
= zr. Следовательно, S = S\ +
-\- S2 + S% = xr -\- yr -\- zr, т. e.
M/
О
A
x/
f
Sx
\ >
/ \
\
\
\
\
r
~l
\y
\
\
К
в
Рис. 303
С другой стороны, S\ = Sakm
5 = (ж + у + *)r. B)
- Но по теореме 1 п. 87
-, а по теореме 2 п. 87
Sokm
Sakm _ ж_
(поскольку АКОМ = 360° - 90° - 90° - ZA = 180° - ZA). Поэтому,
складывая два последних равенства, получаем:

4. Формула Герона и ее приложения 211
Подставляя в это равенство выражения A) и B) для S\ и S и умно-
умножая обе его части на (х + у)(х + z)(x + у + z), приходим к равенству:
х(х + у)(х + z) = ж2(ж + у + ^) + г2(ж + у + z),
откуда
2 ж?/? / xyz
г = или г = ' —
Используя формулу B), находим:
5= у/(х + 2/ + г)ж2/* .
Остается вспомнить, что х = р — а, у = р — b, z = р — с, где р =
= ~—9—~ ~~ П0ЛУпеРиметР треугольника (см. замечание 3 п. 39),
и учесть, что х -\- у -\- z = р. В результате получаем формулу, выража-
выражающую площадь треугольника через его стороны:
S = у/р(р-а)(р-Ъ)(р-с).
Эту формулу обычно связывают с именем Герона Александрийско-
Александрийского — древнегреческого математика и механика, жившего, вероятно,
в 1 в. н.э. (годы его жизни точно не установлены). Однако по мне-
мнению некоторых математиков она была известна еще древнегреческому
ученому Архимеду (ок.287-212 до н.э.). Если подставить в формулу
~ а + Ь + с ^
1ерона вместо р выражение и раскрыть скобки, то получится
следующая формула:
S = V-^2a42 + 2Ь2с2 + 2с2а2 - а4 - б4 - с4 . C)
Следствие. Квадрат высоты АН треугольника ABC выража-
выражается через его стороны АВ = с, ВС = а и С А = Ъ формулой
AH2 = -L- BаЧ2 + 2ЬЧ + 2с2а2 - а4 - Ъ4 - с4). D)
4а
В самом деле, S = -а • АН, поэтому АН2 = —~~. Подставляя сюда S
* а
из формулы C), приходим к формуле D).
91. Теорема о медиане. Выразим теперь квадрат медианы AM
треугольника ABC через его стороны АВ = с, ВС = а и С А = Ъ.
Треугольники АВМ и АСЫ имеют равные основания ВЫ и МС
и общую высоту (рис.304), поэтому их площади равны. Пользуясь
формулой C) п.90, получаем:
^-Ь2 + 2Ъ2АМ2 + 2АМ^ ^
4 4 16
= j\2°Tc2 + ^c2AM2 + 2AM2°j- - (- - с4 - AM4 .
4 V 4 4 16

212
Гл. 6. Площадь
с в
а/2 М а/2
а)
Рис. 304. а) Ъ ф с; б) Ъ = с
Умножая обе части равенства на 4 и возводя в квадрат, преобразуем
его к виду:
2АМ2(Ъ2 - с2) = \а\с2 - Ь2) + (Ь2 - с2)(Ь2 + с2).
Если Ъ ф с, то из этого равенства находим:
AM2 = 2(Ь2 + с2)-а\
E)
Если же Ъ = с (рис.304, б), то медиана AM является высотой.
В этом случае формула E) получается из формулы D), посколь-
поскольку 2Ъ2с2 — Ь4 — с4 = 0. Итак, в том и другом случае
квадрат медианы AM треугольника ABC выражается через его
стороны АВ = с, ВС = а и С А = Ъ формулой E).
Это утверждение называется теоремой о медиане.
92. Формула биссектрисы треугольника. Теперь мы знаем, как
выразить высоту АН и медиану AM треугольника ABC через его
стороны АВ = с, ВС = а и С А =
= Ъ. А как выразить через а, Ъ и с
его биссектрису AD? Давайте по-
подумаем. Обратимся к рисунку 305.
По теореме о биссектрисе треуголь-
С
D а
Рис. 305
В
ника -—- = -. Кроме того, CD +
DB с
= а. Из этих двух равенств
находим:
аЬ
CD =
DB =
F)
Теперь мы можем, пользуясь формулой C), выразить площади тре-
треугольников ABD и ACD через а, Ь, с, AD, a затем учесть, что эти

5. Теорема Пифагора 213
треугольники имеют равные углы при вершине А, и поэтому
с
= -. Это и даст нам возможность выразить AD через а, Ъ и с.
Записывая соотношение между площадями в виде №S\BD • Ъ2 =
= 16S\CD • с2 и подставляя в него выражения для Sabd и Sacd,
после несложных преобразований приходим к равенству AD4(c2 —
/ 2 \ 2
— б2) = Ь2с2(с2 — Ь2) ( 1 — ?г 1 . В соответствии с неравенством
треугольника 1 — ^ > О, поэтому при с ф Ъ получаем:
AD2 = bc(\ °-^). G)
При с = Ь биссектриса AD является медианой, и справедливость
формулы G) вытекает из формулы E) (проверьте это). Следовательно,
формула G) верна при любых Ъ и с.
Замечание. Если воспользоваться формулами F), то формулу G)
можно переписать так: AD2 = be — CD • DB.
Задачи
286. Найдите площадь треугольника, если его высоты равны 3 см,
4 см и 6 см.
287. В треугольнике ABC АВ = 13 см, ВС = 14 см, АС =
= 15 см. Внутри треугольника взята точка М, расположенная на рас-
расстоянии 6 см от прямой АВ и на расстоянии 3 см от прямой ВС.
Найдите расстояние от точки М до прямой АС.
288. Найдите площадь треугольника, если его медианы равны 9 см,
12 см и 15 см.
289. В треугольнике ABC АВ = 13 см, ВС = 14 см, АС =
= 15 см, AD — биссектриса треугольника. Найдите площадь треуголь-
треугольника ACD.
290. Биссектрисы BD и СЕ треугольника ABC пересекаются
в точке О, АВ = 14, ВС = 6, АС = 10. Найдите OD.
§ 5. Теорема Пифагора
93. Обобщенная теорема Пифагора. Рассмотрим треуголь-
треугольник ABC с медианой AM и сторонами АВ = с, ВС = а и С А =
= Ь (рис.304). Вспомним утверждение, сформулированное в задаче 1
п. 55:
угол треугольника является острым, прямым или тупым, ес-
если медиана, проведенная из вершины этого угла, соответственно
больше, равна или меньше половины противоположной стороны.
Теорема о медиане дает возможность заменить в этом утверждении
соотношение между медианой и противоположной стороной на соот-

214
Гл. 6. Площадь
ношение между сторонами треугольника. В самом деле, согласно этой
теореме (см. формулу E) в п. 91)
Ь2 + с - а2
Следовательно,
угол А треугольника ABC со сторонами АВ = с, ВС = а и С А =
= Ъ является острым, прямым или тупым, если выражение Ъ2 + с2 —
— а2 соответственно больше, равно или меньше нуля.
Следствие 1. Если квадрат одной из сторон треугольника ра-
равен сумме квадратов двух других сторон, то этот треугольник —
прямоугольный.
Следствие 2. В прямоугольном треугольнике квадрат гипоте-
гипотенузы равен сумме квадратов катетов. В самом деле, если предпо-
предположить, что квадрат гипотенузы меньше или больше суммы квадратов
катетов, то окажется, что угол, противолежащий гипотенузе, острый
или тупой.
Следствия 2 и 1 называют теоремой Пифагора и теоремой, об-
обратной теореме Пифагора, а то утверждение, из которого мы их
вывели, назовем обобщенной теоремой Пифагора.
Теорема Пифагора (ок. 580-ок. 500
до н.э.) является одной из самых важ-
важных (если не самой важной) в евклидо-
евклидовой геометрии. В настоящее время из-
известно более ста ее доказательств.
Рисунок 306 иллюстрирует сразу
два доказательства теоремы Пифагора,
в каждом из которых фигурируют пло-
площади четырех равных друг другу пря-
прямоугольных треугольников и двух квад-
квадратов.
Еще одно доказательство связано
с идеей, использованной при выводе
формулы Герона. Обратимся к рисун-
рисунку 307, на котором два треугольника
с катетами а, Ъ и гипотенузой с прило-
приложены друг к другу сперва равными ка-
катетами, а затем — гипотенузами, и вос-
воспользуемся обозначениями, принятыми
Q 2 Q
на этом рисунке. По теореме 1 п. 87 —J- = -^, а по теореме 2 п. 87 -^ =
b2 Si+S2 а* + 62 ы с ,
— = »—. Но *Si +
а /
/с
а — Ь
Ь ^^^.
а ^^^
а — Ъ /
/с
/ ъ
Рис. 306. Г (а + ЬJ = с2 +
+ 4^ => с2 = а2 + Ь2; 2° с2 =
= (а - ЬJ + 4— => с2 = а2 +
+ Ь2
= -z. Складывая эти выражения, получаем: —-— =
с ^ с
+ #2 = S. Следовательно, с2 = а2 + Ъ2.
Наконец, приведем еще одно доказательство теоремы Пифагора.
Пусть СН — высота прямоугольного треугольника ABC, проведенная

5. Теорема Пифагора
215
Рис. 307
из вершины прямого угла (рис.308), S, S\ и $2 — площади треуголь-
треугольников ABC, ВСН и АСН. Угол А треугольника ABC равен углу С
треугольника ВСН (каждый из них в сумме с углом В составляет
90°), поэтому ^ = °~^- Но S =
1 , 1 ab
= -ао = -с • СН, откуда СН = —.
Следовательно, —^ = -s-. Аналогично
S2 b п
находим: — = — Складывая эти ра-
Ь с
венства и учитывая, что S\ + S^ = S,
получаем:
Si +S2 a + b2
S
= 1, т.е.
Рис. 308
94. Задача о разрезании квадратов. Теорему Пифагора можно
сформулировать и так:
площадь квадрата, построенного на гипотенузе прямоугольно-
прямоугольного треугольника, равна сумме площадей квадратов, построенных
на катетах.
Иными словами, квадрат, построенный на гипотенузе прямоуголь-
прямоугольного треугольника, равновелик с двумя квадратами, построенными
на катетах. Но согласно теореме Бойяи-Гервина (п. 85) любые два
равновеликих многоугольника равносоставлены. Следовательно, два
квадрата, построенные на катетах прямоугольного треугольника, мож-
можно разрезать на части, из которых можно составить один квадрат,
построенный на его гипотенузе. Но как это сделать?
Сформулируем наше утверждение в виде задачи и решим ее.
Задача. Разрезать два квадрата, построенные на катетах
прямоугольного треугольника, на такие части, из которых можно
составить квадрат, построенный на его гипотенузе.
Решение. Рассмотрим прямоугольный треугольник с катетами
a, b и гипотенузой с. Можно, конечно, воспользоваться идей дока-

216 Гл. 6. Площадь
зательства теоремы Бойяи-Гервина: разрезать квадраты с сторонами
а и Ъ на части так, чтобы из частей первого квадрата составить
2
„а
параллелограмм с основанием с и высотой —, из частей второго —
„ ь2
параллелограмм с основанием с и высотой —, затем построить пря-
прямоугольники, соответственно равносоставленные с параллелограмма-
параллелограммами, и, наконец, из этих прямоугольников составить прямоугольник
со сторонами си 1 . Тогда, согласно теореме Пифагора, этот
прямоугольник и будет искомым квадратом. Возникает, однако, вопрос:
а нельзя ли решить нашу задачу без ссылки на теорему Пифагора?
Ведь если бы это удалось, то мы получили бы еще одно доказательство
теоремы Пифагора! Оказывается, можно. Для этого достаточно заме-
заметить, что высоты параллелограммов с основанием с, равносоставленных
с данными квадратами, равны отрезкам, на которые высота данного
треугольника делит его гипотенузу, поэтому сумма этих высот равна
с. Соответствующее доказательство проведите самостоятельно.
Нашу задачу можно решить и проще. Пусть, например, а > Ъ.
Расположим квадраты так, как показано на рисунке 309, а, и отрежем
от них два равных прямоугольных треугольника с катетами а и Ъ (на
рисунке эти треугольники заштрихованы). Поскольку эти треугольни-
треугольники равны, то длина каждой из линий разреза равна их гипотенузе с,
а угол между линиями разреза равен 90°. Повернем теперь каждый
из отрезанных треугольников вокруг их вершин на угол 90° так, как
показано на рисунках 309 б, в. Тогда вместе с неподвижной частью
они образуют квадрат со стороной с.
Итак, при а > Ь мы разрезали квадрат со стороной а на три части,
квадрат со стороной Ь — на две части, и составили из этих частей
квадрат со стороной с, равной гипотенузе прямоугольного треугольни-
треугольника с катетами а и Ъ. Если а = Ь, то каждый квадрат окажется разре-
разрезанным на две части (рис.309, г), и мы придем к способу разрезания,
описанному в п. 11.
Таким образом, мы указали два способа решения задачи, а заодно
придумали еще два доказательства теоремы Пифагора.
Можно указать и другие способы решения этой задачи. Один
из них иллюстрирует рисунок 310. На этом рисунке через центр
левого квадрата (т. е. через точку пересечения диагоналей квадрата)
проведены два взаимно перпендикулярных разреза, один из которых
параллелен гипотенузе треугольника. Примечательно, что из двух
квадратов один вообще не разрезается, а другой разрезается на четыре
равные части. Более того, если эти части укладывать так, как показано
на рисунке, то каждую из частей не нужно даже поворачивать (дока-
(доказательство проведите самостоятельно).
Интересно, что это доказательство теоремы Пифагора было опуб-
опубликовано лишь в 1873 году. Его автор — лондонский биржевой маклер

5. Теорема Пифагора
217
b
а
а)
к
с м
у"
\с
6)
г)
Рис. 309
Генри Перигел — был в таком восторге от своего открытия, что
приказал отпечатать схему с разрезанием квадрата на своей визитной
карточке.
Задачи
291. Точка А лежит внут-
внутри угла С, равного 60°. Рас-
Расстояния от точки А до сторон
этого угла равны а и Ь. Най-
Найдите: а) расстояние от точки А
до вершины С; б) площадь четы-
четырехугольника ABCD, если АВ
и AD — перпендикуляры, прове-
проведенные к сторонам угла.
292. В треугольнике ABC
проведена высота BD. Отре-
Отрезок АК перпендикулярен пря-
прямой АВ и равен DC, отре-
отрезок СМ перпендикулярен ВС
и равен AD. Докажите, что от-
отрезки ВЫ и ВК равны.
Рис. 310

218 Гл. 6. Площадь
293. Внутри прямоугольника ABCD взята точка М так, что МА =
= a, MB = Ъ, МС = с. Найдите MD.
294. Найдите площадь квадрата, вписанного в равносторонний
треугольник со стороной а так, что две вершины квадрата лежат на од-
одной стороне треугольника, а две другие — на двух других сторонах
квадрата.
295. Докажите, что сумма квадратов четырех сторон параллело-
параллелограмма равна сумме квадратов его диагоналей.
296. Внутри прямоугольного треугольника ABC с гипотенузой АВ
выбрана точка О так, что площади треугольников АОВ, ВОС и АОС
равны. Докажите, что О А2 + ОВ2 = ЪОС2.
297. Докажите, что квадрат стороны треугольника, лежащей про-
против острого (тупого) угла, равен сумме квадратов двух других сторон
минус (плюс) удвоенное произведение какой-нибудь из этих сторон
на длину отрезка, соединяющего вершину указанного угла и основание
высоты, проведенной к этой стороне.
298. В трапецию ABCD с основаниями АВ и CD (АВ > CD)
вписана окружность. Найдите площадь трапеции, если CD = a, DK =
= Ъ и АК = d, где К — точка касания окружности и стороны AD.
299. Докажите, что для любой точки М, лежащей на высоте АН
треугольника ABC, выполняется равенство: MB2 + АС2 = МС2 +
2
300. В треугольнике ABC медианы AM и BN взаимно перпен-
перпендикулярны. Найдите площадь треугольника ABC, если AM = 3 см,
BN = 4 см.
301. Диагонали трапеции равны 6 см и 8 см, а отрезок, соединяю-
соединяющий середины ее оснований, равен 5 см. Найдите площадь трапеции.
302. Диагонали трапеции взаимно перпендикулярны, одна из них
равна 6 см. Найдите другую диагональ, если отрезок, соединяющий
середины оснований, равен 4,5 см.

Глава 7
ПОДОБНЫЕ ТРЕУГОЛЬНИКИ
§ 1. Признаки подобия треугольников
95. Подобие и равенство треугольников. Два треугольника на-
называются подобными, если их углы соответственно равны и стороны
одного треугольника пропорциональны сходственным сторонам другого
треугольника. Другими словами, два треугольника подобны, если для
них можно ввести обозначения ABC и А\В\С\ так, что
= BxCx = CXAX
AB ВС С А '
Число к, равное отношению сходственных сторон треугольни-
треугольников (т.е. к = l l), называется коэффициентом подобия треугольни-
треугольников. ЛВ
Подобие треугольников ABC и А\В\С\ обозначается так: A ABC ~
~ АА\В\С\. На рисунке 311 изображены подобные треугольники ABC
и AiBiCi.
Если два треугольника равны, то их углы и стороны соответствен-
соответственно равны. На рисунке 312 изображены равные треугольники ABC
и AiBid, у которых ZA = ZAU ZB = ZBU ZC = ZCU AB = A{BU
ВС = В\С\, С А = С\А\. Следовательно,
А С Ax
Рис. 311. AABCoo AAxBxCx, ZA = ZA{, ZB = ZB{, ZC = ZCX,
—-—- = ——- = k, k — коэффициент подобия треугольников

220
Гл. 7. Подобные треугольники
АХВХ
ВХСХ
СхАх
= 1.
АВ ВС СА
Эти соотношения показывают, что
равные треугольники являются подобными, причем коэффици-
коэффициент подобия равен 1.
Очевидно, верно и обратное:
если два треугольника подобны и коэффициент подобия равен \,
то эти треугольники равны.
Таким образом, в евклидовой геометрии равенство треугольников
можно рассматривать как частный случай подобия треугольников, ко-
когда коэффициент подобия равен 1.
С Ах
Рис. 312. ААВС = ААхВхСх
Сх
В геометрии Лобачевского нет подобных и неравных друг другу
треугольников, поскольку в ней, как мы отмечали, имеет место признак
равенства треугольников по трем углам.
В евклидовой геометрии каждому признаку равенства треугольни-
треугольников соответствует признак подобия треугольников, в котором вместо
равенства каких-либо отрезков требуется их пропорциональность. Так,
первому признаку равенства треугольников соответствует такой при-
признак подобия треугольников:
если две стороны одного треугольника пропорциональны двум
сторонам другого треугольника и углы, заключенные между этими
сторонами, равны, то такие треугольники подобны (обычно его
называют вторым признаком подобия треугольников).
Второму признаку равенства треугольников соответствует следую-
следующий признак подобия треугольников (его называют первым признаком
подобия треугольников):
если два угла одного треугольника соответственно равны двум
углам другого треугольника, то такие треугольники подобны.
Подумайте и объясните, почему здесь, в отличие от второго призна-
признака равенства треугольников, ничего не говорится о сторонах треуголь-
треугольников.
Третьему признаку равенства треугольников соответствует третий
признак подобия треугольников:
если три стороны одного треугольника пропорциональны трем
сторонам другого треугольника, то такие треугольники подобны.

/. Признаки подобия треугольников
221
Четвертому признаку равенства треугольников соответствует уже
сформулированный первый признак подобия треугольников.
Наконец, пятому признаку равенства треугольников соответствует
признак подобия треугольников, который назовем четвертым призна-
признаком:
если две стороны одного треугольника пропорциональны двум
сторонам другого треугольника и угол, противолежащий не мень-
меньшей из этих сторон, одного треугольника равен соответствующе-
соответствующему углу другого треугольника, то такие треугольники подобны.
Докажем сначала утверждение о первом признаке подобия тре-
треугольников. Пусть ABC и А\В\С\ — два треугольника, у кото-
которых ZA = ZAU ZB = ZBX (рис.313).
А
В Ах
Рис. 313
Требуется доказать, что ААВС ~ АА\В\С\.
Согласно теореме о сумме углов треугольника ZC = 180° — ZA —
- ZB, ZCX = 180° - ZA\ - ZBi, откуда следует, что ZC = ZCX. Таким
образом, углы треугольника ABC соответственно равны углам тре-
треугольника А\В\С\.
Докажем, что сходственные стороны треугольников ABC и А\В\С\
пропорциональны. Так как ZA = ZA\ и ZC = ZC\, то, применяя
теорему об отношении площадей треугольников, имеющих по равному
углу, получаем:
Sabc AB-AC Sabc CA-CB
Saxbxcx C\A\ • С\В\
ВС
Saxbxcx A\B\ • А\С\
Из этих равенств следует, что
АВ
АХВХ ВхСх'
Аналогично, используя равенства ZA = ZA\, ZB = ZB\, получаем:
ВС _ С А
ВхСх ~ СхАх'
Итак, углы треугольника ABC соответственно равны углам тре-
треугольника А\В\С\, а сходственные стороны этих треугольников про-
пропорциональны, т.е. треугольники ABC и А\В\С\ подобны, что и тре-
требовалось доказать.

222
Гл. 7. Подобные треугольники
Остальные утверждения о признаках подобия треугольников высту-
выступают как следствия из доказанного утверждения и соответствующей
теоремы о равенстве треугольников. Поясним, о чем идет речь.
Возьмем, например, утверждение о четвертом признаке подобия
треугольников и докажем его, опираясь на первый признак подобия
треугольников и пятый признак равенства треугольников. Пусть даны
два треугольника ABC и АхВхСх, у которых
АВ АС /U /U АЯ< АГ
——— = . _ , /-В = /-t>\, AJd ^ АС,
АхВх АхСх
и, следовательно, А\В\ ^ А\С\ (рис.314, а).
Докажем, что АА\В\С\ ~ ААВС.
Рассмотрим треугольник А2В2С2, у которого ZA2 = ZA, ZB2 = ZB,
А2С2 = АхСх (рис.314, б). Треугольники ABC и А2В2С2 подобны
по первому признаку подобия
треугольников, поэтому
АВ _ АС
А2В2 ~ А2С2'
Но А2С2 = АхСх. Значит,
АВ _ АС
А2В2 ~ АхСх'
С другой стороны, по уело-
вию
АВ
АС
АхВх АхСх
Рис. 314
Из этих двух равенств полу-
получаем: А2В2 = А\В\.
Итак, А2В2 = АхВи А2С2 =
АВ2 = ZB = ZBx,
АхСх. Следовательно,
треугольники АхВхСх и А2В2С2 равны по пятому признаку равенства
треугольников. Но АА2В2С2 ~ ААВС. Поэтому и ААхВхСх ~ ААВС.
96. Другие признаки подобия треугольников. Опираясь на приз-
признаки равенства треугольников, использующие медианы, биссектрисы
и высоты, можно сформулировать аналогичные утверждения о призна-
признаках подобия треугольников и доказать их аналогично тому, как был
доказан четвертый признак подобия треугольников. Но сначала решим
такую задачу.
Задача 1. Доказать, что в подобных треугольниках:
а) отношение сходственных биссектрис равно коэффициенту подо-
б) отношение сходственных медиан равно коэффициенту подобия;
в) отношение сходственных высот также равно коэффициенту
подобия треугольников.

/. Признаки подобия треугольников
223
Решение. Пусть AD и A\D\ — сходственные биссектрисы
(рис.315, a), AM и А\М\ — сходственные медианы (рис.315, б), АН
и А\Н\ — сходственные высоты (рис.315, в) в подобных треугольниках
ABC и А\В\С\, у которых А А = ZA\, АВ = ZB\, а коэффициент
подобия равен к.
С
Рис. 315. a) AD и A\D\ — биссектрисы; б) AM и А\М\ — медианы; в) АН
и А\Н\ — высоты
а) Треугольники ABD и A\B\D\ (рис.315, а) подобны по двум уг-
углам (ZDAB = ZD\A\B\, так как эти углы равны половинам равных
углов А и А\; ZB = /-В\). Из подобия треугольников ABD и A\B\D\
следует, что
У
AD AB
Но отношение х 1 равно коэффициенту к подобия треугольни-
/\ Г)
ков ABC и А\В\С\. Следовательно,
AD
= к.
б) Рассмотрим треугольники АВМ и А\В\М\ (рис.315, б). В этих
треугольниках
АВ
откуда следует, что
= к,
В1М1 _ 2ВхСх _
ВМ
_ РЮ1 _ ,
АВ ВМ
= к.

224 Гл. 7. Подобные треугольники
Кроме того, АВ = /_В\. Следовательно, треугольники АВМ
и А\В\М\ подобны по второму признаку и коэффициент подобия этих
треугольников равен к. Отсюда следует, что
AM -*'
Отметим, что полученное равенство можно вывести и из теоремы
о медиане, воспользовавшись формулой E) п. 91.
в) Пусть равные углы В и В\ — острые (рис.315, в). Рассмотрим
треугольники АВН и А\В\Н\. Эти треугольники подобны по двум
углам (ZB = ZBu ZAHB = ZAXHXBX = 90°). Следовательно,
АН АВ
Если же равные углы В и В\ — прямые или тупые, то равен-
равенство l l = к следует из подобия треугольников АСН и А\С\Н\.
Итак, отношение сходственных биссектрис, медиан и высот равно
коэффициенту подобия треугольников, что и требовалось доказать.
Теперь можно обнаружить целый ряд новых признаков подобия
треугольников. Приведем пример.
Задача 2. Доказать, что если две стороны и биссектриса,
проведенная из общей вершины этих сторон, одного треугольника
соответственно пропорциональны двум сторонам и биссектрисе,
проведенной из общей вершины этих сторон, другого треугольника,
то такие треугольники подобны.
Решение. Пусть в треугольниках ABC и А\В\С\ с биссектриса-
биссектрисами AD и A\D\ выполнены равенства:
АВ AC AD m
АхСх
Докажем, что AA{B{Ci ~ ААВС.
Рассмотрим треугольник А^В^С^ с биссектрисой A2D2,
у которого ZA2 = ZA, ZB2 = ZB, A2C2 = АХСХ (рис.316, б).
Треугольники ABC и А2В2С2 подобны по двум углам, поэтому
АВ _ АС _ AD
А2В2 ~ АхСх ~ A2D2
(поскольку А2С2 = А\С\). Сопоставляя эти равенства с равенства-
равенствами A), приходим к выводу: А\В\ = А2В2, A\D\ = A2D2. Так как,
кроме того, А\С\ = А2С2, то треугольники А\В\С\ и А2В2С2 рав-
равны по двум сторонам и биссектрисе, проведенным из одной верши-
вершины (п. 89). Но АА2В2С2 - ААВС. Поэтому и АА{В{С{ - ААВС.
Утверждение доказано.
97. Тригонометрические функции. Рассмотрим прямоугольный
треугольник ABC с прямым углом С (рис.317, а). Катет ВС этого

/. Признаки подобия треугольников
225
Рис. 316
треугольника является противолежащим углу А, а катет АС — приле-
прилежащим к этому углу.
Синусом острого угла прямоугольного треугольника называется
отношение противолежащего катета к гипотенузе.
Косинусом острого угла прямоугольного треугольника называ-
называется отношение прилежащего катета к гипотенузе.
Тангенсом острого угла прямоугольного треугольника называ-
называется отношение противолежащего катета к прилежащему.
Котангенсом острого угла прямоугольного треугольника назы-
называется отношение прилежащего катета к противолежащему.
Синус, косинус, тангенс и котангенс угла а обозначаются символа-
символами sin a, cos а, tga и ctga (читается: «синус альфа», «косинус альфа»,
«тангенс альфа» и «котангенс альфа») и называются тригонометри-
А
а)
В
С
Ах
Вх
Сх
Рис. 317. Z А = /_А\\ sin A = sinAi, cos A = cos Ax, tg A = tg Ax, ctgA = ctg A\
8 С. Б. Кадомцев

226 Гл. 7. Подобные треугольники
ческими функциями 0 . На рисунке 317
sin A -
cos A ¦
tgA--
ctgA-
Из формул B) и C) получаем:
sin А ВС АВ ВС
cos А АВ АС АС
_ ВС
АС
АВ'
ВС
" АС
_ АС
~ ~ВС'
cos A
sin A
Сравнивая эти формулы с формулами D)
tgA =
ctgA =
sin A
cos A'
cos A
АС АВ
АВ ВС
АС
ВС
и E), находим:
B)
C)
D)
E)
F)
G)
т.е.
тангенс угла равен отношению синуса к косинусу этого угла)
котангенс угла равен отношению косинуса к синусу этого угла.
Докажем, что
если острый угол одного прямоугольного треугольника равен
острому углу другого прямоугольного треугольника, то синусы
этих углов равны, косинусы этих углов равны, тангенсы этих углов
равны и котангенсы этих углов равны.
В самом деле, пусть ABC и А\В\С\ — два прямоугольных тре-
треугольника с прямыми углами С и С\ и равными острыми углами А
и А\ (рис.317 а, б). Треугольники ABC и А\В\С\ подобны по первому
признаку подобия треугольников, поэтому
АВ ВС СА
Из этих равенств следует, что
ВС ВхСх . л . л
-jB = ^r-F^' T-e- sinA = sinAi.
, т. е. cos A = cos A\,
Аналогично
АС АхСх
АВ хх
-"¦¦*'» =
х) Слово «тригонометрия» в переводе с греческого языка означает «измере-
«измерение треугольников».

/. Признаки подобия треугольников
227
Доказанные утверждения позволяют говорить: «синус острого угла,
косинус острого угла, тангенс острого угла, котангенс острого угла»,
не указывая при этом, об остром угле какого именно прямоугольного
треугольника идет речь. Воспользуемся этим наблюдением для вывода
так называемых формул приведения:
sin(90° - А) = cos A, cos(90° - А) = sin А.
Обратимся к рисунку 317, а. Поскольку ZB = 90° — /.А, то
sin(90° - А) = sin В = ^ = cos A,
cos(90° — А) = cos В = —— = sin A,
что и требовалось доказать.
Выведем еще одну важную формулу. Используя равенства B) и C),
получаем:
. 2 л , 2 л ВС2 , АС2 ВС2 + АС2
sin A + cos А = т + 5- = ^ .
АВ2 АВ2
По теореме Пифагора ВС2 + АС2 =
= АВ2, поэтому
sin2 A + cos2 A = 1. (8)
Равенство (8) называется основным
тригонометрическим тождеством.
Решим теперь такую задачу.
Задача 3. В треугольнике ABC
АВ = с, ВС = а, С А = Ъ. Доказать, что
(Ь + с) sin —,
(9)
причем равенство имеет место только
в том случае, когда Ъ = с.
Решение. Проведем биссектрису
AD. Если 6 = с, т. е. треугольник ABC —
равнобедренный, то биссектриса AD яв-
является также высотой (рис.318, а). Тогда
из прямоугольных треугольников ADC
и ADB получаем: DC = hsin—, BD =
= с sin—. Следовательно, а = БС =
= ED + DC = (Ъ + с) sin —, т. е. неравен-
неравенство (9) в этом случае превращается в ра-
равенство.
С
б)
Рис.318, а) Ъ = с; б) Ьф с

228 Гл. 7. Подобные треугольники
Если же b ^ с (рис. 318, б), то биссектриса AD не перпендикулярна
к стороне ВС. Проведем перпендикуляры ВН и СК к прямой AD.
Из прямоугольных треугольников АВН и АСК имеем:
В прямоугольном треугольнике BHD гипотенуза BD больше кате-
катета ВН, т. е. ,
BD>csmj.
По аналогичной причине
DC > b sin j.
Складывая эти два неравенства, получаем:
BD + DC > F + c)sin^,
т. е. а > (Ь + с) sin —, что и требовалось доказать.
Задачи
303. Докажите, что прямая, пересекающая две стороны треуголь-
треугольника, параллельна третьей его стороне тогда и только тогда, когда она
отсекает на этих двух сторонах отрезки, пропорциональные данным
сторонам.
304. На основании AD трапеции ABCD взяты точки К и Т так,
что АК = TD. Отрезки АС и ВТ пересекаются в точке М, отрез-
отрезки КС и BD — в точке Р. Докажите, что отрезок МР параллелен
основаниям трапеции.
305* Через точку Р, лежащую вне окружности, проведены две
прямые, касающиеся этой окружности в точках А и В. Отрезок АС —
перпендикуляр к диаметру BD. Докажите, что прямая PD делит
отрезок АС пополам.
306. В выпуклом четырехугольнике ABCD углы ABD и ACD
равны, диагонали АС и BD пересекаются в точке О. Докажите, что
треугольники ВОС и AOD подобны.
307. Вершины А, В, С треугольника ABC лежат на сторонах А\В\,
В\С\, С\А\ треугольника А\В\С\ соответственно. Докажите, что если
углы В\АВ, С\ВС и А\СА равны, то треугольники ABC и А\В\С\
подобны.
308. Отрезки АН и ВР — высоты треугольника ABC. Докажите,
что треугольники РСН и ABC подобны.
309. Отрезок ВН — высота треугольника ABC, точки К и М —
основания перпендикуляров, проведенных из точки Н к прямым АВ
и СВ соответственно. Докажите, что треугольники МВК и ABC
подобны.
310. На биссектрисе угла взята точка Р. Прямая, проходящая через
точку Р, отсекает на сторонах угла отрезки с длинами а и Ь. Докажите,

/. Признаки подобия треугольников 229
что величина - + т не зависит от выбора прямой.
311. Прямая, проходящая через вершину неравнобедренного тре-
треугольника, разбивает его на два подобных треугольника. Найдите
величину угла, через вершину которого проведена эта прямая.
312. Прямая, проходящая через вершину треугольника, разбивает
его на два подобных треугольника с коэффициентом подобия л/3.
Найдите углы данного треугольника.
313. Докажите, что треугольники ABC и А\В\С\ подобны, если:
ч АВ AC AM Л,, , ,,
а) . _ = -j-ft = л ъ* > гДе AM и А\М\ — медианы треугольников;
А\В\ А\С\ А\М\
s<\ ВС AM АН Л Ъ /Г Л Ъ /Г Л ТТ Л ТТ
б) = = , где AM и А\М\ — медианы, АН и А\Н\ —
В\С\ А\М\ А\Н\
высоты треугольников;
АН AD
в) ZA = ZAU -^Ц- = -р^-, где АН и АХНХ - высоты, AD и AXDX -
А\Н\ A\D\
биссектрисы треугольников;
ч ?7li 7712 W&3 л т->^1
г) —— = -— = —, где пг\, ni2, ^з — длины медиан треугольника ABC,
l\ h h
h, h, h — длины медиан треугольника А\В\С\.
О1Л U /Л /Л АВ АС + СВ
314. Докажите, что если ZA = /_АХ и = ——— , то тре-
угольники ABC и А\В\С\ подобны.
315* В равнобедренном треугольнике ABC из середины Н основа-
основания ВС проведен перпендикуляр НЕ к прямой АС. Точка О — сере-
середина отрезка НЕ. Докажите, что прямые АО и BE перпендикулярны.
316* Из точки М внутренней области угла АО В проведены перпен-
перпендикуляры МР и MQ к прямым О А и ОВ. Из точек Р и Q проведены
перпендикуляры PR и QS соответственно к ОВ и О А. Докажите, что
прямая RS перпендикулярна к ОМ.
317. На сторонах АВ, ВС, CD и DA параллелограмма ABCD взя-
взяты точки М, К, Т, Р соответственно, причем AM : СТ = АР : С К ф 1.
Докажите, что четырехугольник МКТР — трапеция.
318. Дан параллелограмм ABCD. Отрезки AM и АР — перпенди-
перпендикуляры, проведенные к прямым ВС и CD. Докажите, что треугольни-
треугольники MAP и ABC подобны.
319. Диагонали трапеции взаимно перпендикулярны. Докажите,
что произведение длин оснований трапеции равно сумме произведений
длин отрезков одной ее диагонали и длин отрезков другой ее диагона-
диагонали, на которые диагонали делятся точкой пересечения.
320* Докажите, что если в треугольнике ABC угол А в два раза
больше угла В, то ВС2 = АС2 + АС • АВ.
321* В треугольнике ABC углы А, В и С равны соответственно а,
/3 и 7, причем За + 2/3 = 180°. Докажите, что ВС2 + АВ • АС = АВ2.
322. Докажите, что отношение площадей подобных треугольников
равно квадрату коэффициента подобия.

230 Гл. 7. Подобные треугольники
323. Прямая, параллельная основанию треугольника с площа-
площадью S\, отсекает от него треугольник с площадью S^. Найдите площадь
четырехугольника, три вершины которого совпадают с вершинами
меньшего треугольника, а четвертая вершина лежит на основании
большего треугольника.
324. Через точку, взятую на стороне треугольника, проведены пря-
прямые, параллельные двум другим его сторонам. Эти прямые разбивают
треугольник на параллелограмм и два треугольника, площади которых
равны S\ и^2. Найдите площадь параллелограмма.
325. Через точку, лежащую внутри треугольника, проведены три
прямые, параллельные его сторонам. Площади образовавшихся при
этом треугольников равны S\, S2, S3. Найдите площадь данного тре-
треугольника.
326. Биссектриса угла А параллелограмма ABCD пересекает сто-
сторону ВС в точке Р, а диагональ BD — в точке Т. Известно,
что АВ : AD = k < 1. Найдите отношение площадей треугольни-
треугольника ВТР и параллелограмма ABCD.
327. Основания трапеции равны а и Ъ (а > Ь). Прямые, соединя-
соединяющие середину большего основания с концами меньшего, пересекают
диагонали в точках М и Р. Найдите длину отрезка МР.
328. Найдите синус, косинус, тангенс и котангенс углов А и В
прямоугольного треугольника ABC с прямым углом С, если: а) ВС =
= 8, АВ = 17; б) ВС = 21, АС = 20; в) ВС = 1, АС = 2; г) АС = 24,
АВ = 25.
329. Найдите значения синуса, косинуса, тангенса и котангенса для
углов 30°, 45°, и 60°.
330. Основания трапеции равны 1 и 3 + 2л/3, а боковые стороны
равны 2л/2 и 4. Найдите углы трапеции.
331. Докажите, что: а) если тангенс одного острого угла равен
тангенсу другого острого угла, то эти углы равны; б) если синус одного
острого угла равен синусу другого острого угла, то эти углы равны;
в) если косинус одного острого угла равен косинусу другого острого
угла, то эти углы равны.
332. Два острых угла равны а и /3. Докажите, что: а) если а > /3,
то sin а > sin/З, и обратно: если sin а > sin/З, то а > /3; б) если а > /3,
то cos а < cos/3, и обратно: если cos а < cos/З, то а > /3; в) если а > /3,
то tga > tg/З, и обратно: если tga > tg/З, то а > /3; г) если а > /3,
то ctga < ctg/З, и обратно: если ctga < ctg/З, то а > /3.
§ 2. Применение подобия к доказательству теорем
и решению задач
98. Обобщенная теорема Фалеса. Доказательства нескольких
важных теорем геометрии основаны на следующем факте.

2. Применение подобия к доказательству теорем и решению задач 231
Теорема. Три параллельные прямые, пересекающие две дан-
данные прямые, отсекают на этих двух прямых пропорциональные
отрезки.
Доказательство. Обратимся к рисунку 319, а, на котором
прямая а рассечена параллельными прямыми на отрезки А\А2 и А2А%,
а прямая Ь — на отрезки В\В2 и В2В%. Требуется доказать, что
А\А2 _ В\В2
А2А3 ~ В2В3'
A)
Возможны два случая.
1°. Прямые а и Ъ параллельны (рис.319, б). Тогда четырехугольни-
четырехугольники А\А2В2В\ и А2А^В^В2 — параллелограммы. Поэтому А\А2 = В\В2
и А2А^ = В2В%, откуда и следует равенство A).
2°. Прямые а и Ъ не параллельны. Если при этом точки А2 и В2
не совпадают (рис.319, в), то через точку А2 проведем прямую с, па-
параллельную прямой Ь. Она пересечет прямые А\В\ и А3Д3 B некоторых
точках С\ и Со,. Треугольники А\С\А2 и А2А^С^ подобны по двум
б)
Рис. 319

232 Гл. 7. Подобные треугольники
углам (ZA\C\A2 = ZA2C3A3 и ZC\A\A2 = ZA2A3C3 как накрест ле-
лежащие углы при пересечении параллельных прямых А\В\ и А3В3
секущими С\С% и А\А% соответственно), поэтому
А2А3 А2С3'
Но С\А2 = В\В2, А2С3 = В2В3 (как противоположные стороны
параллелограммов А2С1Б1Б2 и А^С^В^В^), и мы снова приходим к ра-
равенству A).
Если же точки А% и В% совпадают (рис.319, г), то равенство A)
непосредственно следует из подобия треугольников А\В\А<2 и А^В^А^.
Теорема доказана.
Замечание. Доказанная теорема называется обобщенной теоре-
теоремой Фалеса, поскольку теорема Фалеса содержится в ней как частный
случай. В самом деле, если отрезки А\А2 и А2А3 равны, то из A)
следует, что отрезки B\B2 и Б2Б3 также равны. Это и есть теорема
Фалеса.
99. Следствие из обобщенной теоремы Фалеса. Рассмотрим
какую-нибудь прямую а и выберем на ней две точки — А и В. Инту-
Интуитивно ясно, что на прямой а можно выбрать два направления — от А
к В и от В к А. Чтобы различать эти
. . щ а направления, поступим так. При выбран-
С A D н°й единице измерения отрезков поста-
поставим в соответствие отрезку АВ два числа,
а) каждое из которых по модулю равно числу,
выражающему длину отрезка АВ, но зна-
¦ ¦ * ки у них различные. Обозначим эти чис-
А С D ла так: АВ и В А. Таким образом, АВ =
^ч = —ВА. Какое из этих обозначений отно-
относится к положительному числу, а какое —
к отрицательному, для нас не будет иметь
' ' ' значения. Пусть, например, число АВ —
положительное. Тогда АВ = АВ. Для лю-
в\ бой точки М, лежащей на прямой а и от-
отличной от А, положим AM = AM, ec-
С ли точки В и М лежат по одну сторону
1 " от точки А, и AM = —AM в противопо-
ложном случае. Условимся считать также,
г\ что АА = 0. Наконец, для произвольных
точек С и D прямой а положим
Рис- 32° ~СВ = ~AD - ~AC. B)
Отметим, что если А лежит между точками С и D (рис.320, а), то
= \\AC\ + \AD\\ = \AD-AC\,

2. Применение подобия к доказательству теорем и решению задач 233
так как числа АС и AD имеют разные знаки. В противном слу-
случае (рис. 320, б, в, г)
CD= \\AD\-\AC\\ = [AD-AC\,
поскольку знаки чисел АС и AD совпадают. Таким образом, и в том,
и в другом случае CD = [AD - ~АС\ = [CD\.
Итак, каждому отрезку CD прямой а мы поставили в соответствие
два числа — CD и DC; при этом \CD\ = CD, DC = —CD. Этот способ
сопоставления отрезку двух чисел предложил великий английский
физик Исаак Ньютон A643-1727).
Задача 1. Доказать, что для любых трех точек А\, А2 и А&
лежащих на одной прямой, имеет место равенство'.
Решение. Используя равенство B), получаем:
А\ А2 + А2А3 = АА2 - АА\ + АА3 - АА2 = АА3 - АА\ = А\ А3,
что и требовалось доказать.
Замечание 1. Доказанное утверждение называется теоремой
Шаля по имени открывшего эту теорему французского математика
и историка математики Мишеля Шаля A793-1880). Отметим, что
теорема Шаля верна и в том случае, когда какие-то из данных точек
совпадают, если условиться, что формула B) верна и в том случае,
когда точки С и D совпадают. Убедитесь в этом самостоятельно.
Замечание 2. Из теоремы Шаля следует, что если точка А2
лежит между точками А\ и А3 (рис.321, а), то числа А\А2, А2А3
и А\А3 имеют одинаковые знаки. В самом деле, пусть, например,
А\А2 = А\А2 (случай А\А2 = —А\А2 рассмотрите самостоятельно). То-
Тогда, согласно теореме Шаля, А\А2 -\- А2А3 = А\А3. Вычитая равенство
А\А2 + А2А3 = А\А3, получаем:
А2АЪ - А2А3 =
Если предположить, что А2А3 = —А2А%, то получим: —2А2А3 =
= А\А3 — А\Аз, т. е. либо А2А% = 0 (при А\А3 = А\Аз), либо А2А^ =
= А\Аз (при А\А% = —А\А%). И то и другое противоречит тому,
Ах А2 А3
а)
Ах Аз А2
б)
Рис. 321

234
Гл. 7. Подобные треугольники
что точка А2 лежит между А\ и A3. Следовательно, А2А% = А2А%.
Но тогда, согласно нашему равенству, А\А% = А\А%. Таким образом,
числа А\А2, А2А% и А\А% имеют одинаковые знаки, что и требовалось
доказать.
Замечание 3. Отметим, что если лучи А\А2 и A\A% совпадают,
то числа А\А2 и А\А% имеют одинаковые знаки. В самом деле, если
точка А2 лежит между точками А\ и А% (рис.321, а), то знаки чи-
чисел А\А2, А2А3 и А\А3 совпадают; если же точка А% лежит между
точками А\ и А2 (рис.321, б), то знаки чисел А\А3, А%А2 и А\А2
совпадают. И в том и в другом случае числа А\А2 и А\А3 имеют
одинаковые знаки.
Выведем теперь важное следствие из обобщенной теоремы Фале-
са.
Задача 2. Доказать, что если три параллельные прямые пере-
пересекают прямую а в точках А\, А2 и А^, а прямую Ъ — соответ-
соответственно в точках В\, В2 и В^, то
В{В2
Решение. Возможны три случая.
1°. Точка А2 лежит между точками А\ и А3 (рис.322, а), и,
следовательно, точка В2 лежит между точками В\ и В% (объясните,
А А НИ
почему). По обобщенной теореме Фалеса
А А
/ 2
. С другой сто-
роны, числа А\А2, А2А%, как и числа В\В2, В2В%, имеют одинаковые
знаки, поэтому имеет место и равенство C).
2°. Точка Аз лежит между точками А\ и А2 (рис.322, б). Согласно
~А ~А
доказанному в п. 1°, 3 =
АА
лучаем:
А3А2
В3В2
С помощью теоремы Шаля по-
А3А2
А3А
3А2
АХА2 А2А3
А3А2 А3А2
АХА2
А2А3

2. Применение подобия к доказательству теорем и решению задач 235
Аналогично получается равенство
* 3
х 2
— 1. Приравнивая
полученные выражения, мы вновь приходим к равенству C).
3°. Точка А\ лежит между точками А2 и А3 (рис.322, в). Для
~МАХ ~Въ~ВХ « ттт
этого случая, пользуясь равенством ==- = ==- и теоремой Шаля,
выведите равенство C) самостоятельно.
100. Теорема о пропорциональных отрезках в треугольнике.
Рассмотрим треугольник ABC, на сторонах АС и ВС которого от-
отмечены точки В\ w А\. Пусть О — точка пересечения отрезков АА\
АВх
и ВВ\ (рис.323 а). Поставим такой вопрос: как, зная отношения
СА
, найти отношение
АО,
О Ах'
ВХС
Чтобы ответить на этот вопрос, обратимся к физике. Поместим
в точку С произвольную массу тс, а в точки А и В — такие мас-
массы гпа и тв, чтобы точка В\ была центром тяжести масс гпа и тс,
а точка А\ — центром тяжести масс тв и тс- Из физики известно,
что центр тяжести системы трех масс гпа, тв и тс является в то же
время центром тяжести системы двух масс: массы гпа и массы (тв +
+ тс), находящейся в точке А\, поэтому он лежит на отрезке АА\.
По аналогичной причине он лежит на отрезке ВВ\, а значит, нахо-
находится в точке О. Это и позволяет найти нужное отношение. Име-
ем: АВ\ • тпа = В\С • тс, откуда тпа = ~jb~mc- Аналогично нахо-
АВх
АХС
дим: тв — . тс- Подставляя эти значения в равенство АО
ВА
С
Ах
А
Рис. 323

236 Гл. 7. Подобные треугольники
НС (АО \
= 0А\ • (гпв + гпс), получаем: АО—^—тпс = ОА\ ( —х— + 1 ) гас, от-
АВ\ \ВА\ I
АО АВХ (АХС , /
Представим себе теперь, что мы поместили всю нашу конструкцию
в воду. Тогда сила тяжести, действующая на массы, уменьшится на ве-
величину выталкивающей силы воды, т.е. массы гпа, тв и гас как бы
уменьшатся. Более того, если плотность какой-либо из них меньше
плотности воды, то эта масса станет «отрицательной». Пусть Мд, Мв
и Мс — новые массы. Тогда равенствам АВ\ • гпа = В\С • тс, ВА\ х
х гпв = А\С • тс и АО • гпа = ОА\ • (гпв + тпс) будут соответствовать
равенства ~АВ\ • МА = ВХС • Мс, ~ВА\ • Мв = АХС • Мс и АО • МА =
= ОА\ • (Мв + Мс), поскольку какие-то из точек В\, А\ и О могут
оказаться лежащими не на отрезках АС, ВС и АА\, а на их продол-
лл ~АО ~АВХ /ЖС , Л тт .
жениях. Из этих равенств находим: = + 1 . Чтобы
Н ОАх ВхС \ВАх )
запомнить эту формулу, запишем ее немного иначе:
АО ~АВХ (~САх
+ 1 . D)
ОАх ВХС \АхВ
Теперь можно сказать так: чтобы написать, чему равно отноше-
АО
ние ; нужно, «двигаясь» от точки А к точке В по отрезкам АВ\,
ОАх
В\С, С Ах и А\В (см. рис.323), взять отношение чисел, соответству-
соответствующих первому и второму отрезкам, и умножить его на отношение
чисел, соответствующих третьему и четвертому отрезкам, сложенное
с единицей.
Итак, исходя из физических соображений, мы вывели формулу D),
выражающую теорему о пропорциональных отрезках в треугольни-
треугольнике. Сформулируем эту теорему и докажем ее без привлечения физиче-
физических соображений.
Теорема. Если на сторонах АС и ВС треугольника ABC (или
на их продолжениях) отмечены точки В\ и А\ так, что прямые АА\
и ВВ\ пересекаются в некоторой точке О, то отношение =-
выражается формулой D).
Доказательство. Проведем через точку А\ прямую,
параллельную ВВ\. Она пересекает прямую АС в некоторой
точке D (см. рис.323, а, б, в). Согласно следствию из обобщенной
, АО ~АВх w
теоремы Фалеса = . Умножив и разделив правую часть этого
ОАх BxD
равенства на В\С, получим:
~АО ~АВ~х
Шх ~ W5 WD

2. Применение подобия к доказательству теорем и решению задач 237
Преобразуем отношение ; используя снова следствие из обоб-
BxD
щенной теоремы Фалеса, а также теорему Шаля:
Же ~вс Ш~х+Жс
Итак,
Шх
АО АВх
ВАх
ЖС ~АВх
AxC САх
Шх
СА^
Шх Же Жв Же \ Жв
+ 1 ). Теорема доказана.
Замечание. Пользуясь этой теоремой, можно моментально дока-
доказать, что медианы треугольника делятся точкой пересечения в отноше-
отношении 2:1, считая от вершины. Объясните, как это сделать.
101. Теорема Чевы. Рассмотрим треугольник ABC и отметим
на его сторонах АВ, ВС и С А точки С\, А\, В\, не совпадающие с его
вершинами (рис.324, а). Поставим такой вопрос: при каком расположе-
расположении этих точек прямые АА\, ВВ\ и СС\ пересекаются в одной точке?
Рис. 324
Чтобы ответить на этот вопрос, вновь обратимся к физике. Поме-
Поместим в точку С произвольную массу тс, а в точки А и В — мас-
ВхС С Ах ~ D
сы тпа = ~jb~mc и тв = -г—^тс- Тогда точка В\ окажется центром
тяжести масс гпа и тс, точка А\ — центром тяжести масс тв и тс,
а точка О пересечения прямых ВВ\ и АА\ — центром тяжести системы
трех масс. Прямая СС\ проходит через точку О тогда и только тогда,
когда точка С\ — центр тяжести масс гпа и тв (объясните, почему),
т. е. когда
СХА тв С Ах АВХ
откуда
АВх САХ ВСХ
~Сх~А
= 1. Это
ВСх гпа Ах В
и есть искомое соотношение.
Если ввести отрицательные массы (см. п. 100), то некоторые из то-
точек С\, А\ и В\ окажутся лежащими не на сторонах, а на продолже-

238
Гл. 7. Подобные треугольники
ниях сторон треугольника ABC (рис.324, б). Наша формула в этом
случае примет вид
АВх САХ ВСх
ВХС АХВ СХА
= 1.
E)
Полученную нами из физических соображений теорему связывают
с именем итальянского инженера и математика Джованни Чевы A648-
1734). Сформулируем теорему Чевы и докажем ее без привлечения
физики.
Теорема Чевы. Если на сторонах АВ, ВС и С А треуголь-
треугольника ABC (или на их продолжениях) взяты соответственно точ-
точки С\, А\ и В\, то прямые АА\, ВВ\ и СС\ пересекаются в одной
точке или параллельны тогда и только тогда, когда выполняется
равенство E).
Доказательство. 1°. Пусть прямые АА\, ВВ\ и СС\ пересека-
пересекаются в точке О (рис.324, а, б). Докажем, что выполнено равенство E).
По теореме о пропорциональных отрезках в треугольнике имеем:
АО АВх (САх
О Ах ВхС \АхВ
АВх СВ
ВхС АхВ
а также
АО АСХ В А
О Ах СхВ \АхС
+ 1 =
АСХ ВС СХА СВ
СхВ АхС ВСх С Ах
Левые части этих равенств
равны, значит, равны и правые
части. Приравнивая их, получа-
получаем:
ABi UB Сх~А Ш
Рис. 325
зуясь следствием из обобщенной теоремы Фалеса и теоремой Шаля,
получаем:
ВхС АхВ ВСх САх
Разделив обе части на пра-
правую часть, приходим к равен-
равенству E).
Допустим теперь, что пря-
прямые АА\, ВВ\ и СС\ парал-
параллельны (рис.325). Положим х =
~АВх х ~СВх 1 о
. Тогда = = —. Поль-
АВх х
САх _
АхВ
ВСх _
СА
АВх
ВС
СВх+ВхА
АВх
_ В Ах +АхС
1
СхА САх
САх
АВх
Ш~х
САх
- 1 =
х
X
1+х
-1 = -
1+х

2. Применение подобия к доказательству теорем и решению задач 239
(при выводе последнего равенства мы воспользовались предпослед-
предпоследним). Перемножая три отношения, приходим к равенству:
АВХ САХ
Же Жв Ci~A
1
1+х
= 1.
Первая часть утверждения доказана.
2°. Докажем обратное утверждение. Пусть точки С\, А\ и В\ взяты
на прямых АВ, ВС и С А так, что выполнено равенство E). Требуется
доказать, что прямые АА\, ВВ\ и СС\ пересекаются в одной точке
или параллельны.
Если никакие две из трех указанных прямых не имеют общих
точек, то они параллельны.
Если же какие-нибудь две из них, например прямые АА\ и ВВ\,
пересекаются в некоторой точке О, то поступим так. Проведем пря-
прямую СО (рис.326). Она пересекает прямую АВ в некоторой точке С^.
Рис. 326
Так как прямые АА\, ВВ\ и СС^ пересекаются в одной точке, то по
доказанному в п. 1°
АВХ САХ ВС2 _ j
Сопоставляя полученное равенство с равенством E), приходим к ра-
равенству
ВСх _ ВС2
из которого, используя соотношения
~ВСх _ ~ВА + ~АСх _ ~ВА ~ВС2 _ ~ВА + ~АС2 _ ~ВА
получаем:
ВА
ВА
СХА С2А'

240
Гл. 7. Подобные треугольники
Из этого равенства следует, что С\А = С^А, или С\А + АС2 =
= С1С2 = 0, т. е. точки С\ и С^ совпадают, а значит, прямые АА\, ВВ\
и CCi пересекаются в точке О. Теорема доказана.
Замечание. В п. 2° до-
доказательства мы предположили,
что прямая СО пересекает пря-
прямую АВ. Возникает вопрос: а не
могут ли эти прямые оказаться
параллельными? Докажем, что
при условии E) указанные пря-
прямые не могут быть параллельны-
параллельными.
Предположим, что СО || АВ
(рис.327). Тогда, применяя тео-
теорему о пропорциональных отрез-
отрезках в треугольнике к треуголь-
треугольнику АВА\ (на продолжениях его сторон АА\ и ВА\ взяты точки О
и С так, что прямые ВО и АС пересекаются в точке В\) и используя
теорему Шаля, получаем:
Рис. 327. СО II АВ
_ АО_ I АхС_ Л _ АО_ МВ_
Но, согласно следствию из обобщенной теоремы Фалеса, =
ВС ^ АВх ВС АхВ АхВ ^
= . Следовательно, = • = — Подставляя это
С Ах ВхС С Ах С В С Ах
выражение в равенство E), приходим к равенству:
АХВ САХ ВСх
Шх
откуда
ВСх
Сх~А
= — 1, т.е. ВС\ +С\А = 0 или В А = 0, что невозможно,
так как точки А и В не совпадают. Следовательно, прямые СО и АВ
не могут быть параллельными, что и требовалось доказать.
Теорема Чевы широко используется в геометрии. С ее помощью,
например, не составляет труда доказать теоремы о пересечении медиан,
биссектрис и высот треугольника (подумайте, как это сделать). Приве-
Приведем еще один пример доказательства, основанного на теореме Чевы.
Задача 3. Доказать, что середины оснований трапеции, точка
пересечения ее диагоналей и точка пересечения продолжений боко-
боковых сторон лежат на одной прямой.
Решение. Рассмотрим трапецию ABCD с основаниями AD и ВС,
диагонали которой пересекаются в точке О, а продолжения боко-
боковых сторон — в точке Е. Проведем прямую ЕО и обозначим бук-

2. Применение подобия к доказательству теорем и решению задач 241
вами Р и Q точки пересечения этой прямой с основаниями ВС
и AD (рис.328, а, б).
А
D
Рис. 328
Мы видим, что на сторонах треугольника AED (или их продол-
продолжениях) взяты точки В, С и Q так, что прямые DB, АС и EQ
пересекаются в одной точке. По теореме Чевы
АВ
Ш
ЕС
Ш
QA
АВ
Но, согласно следствию из обобщенной теоремы Фалеса, =
BE
DC АВ ЕС л п DQ л
= , поэтому • = 1. Следовательно, —— = 1, откуда следует,
СЕ BE CD QA
что точка Q — середина отрезка AD.
Мы видим также, что на сторонах треугольника ВЕС (или их про-
продолжениях) взяты точки А, Р и D так, что прямые СА, ЕР и BD
пересекаются в одной точке. По теореме Чевы
ва Ш Up л
Но, согласно следствию из обобщенной теоремы Фалеса, =
ВА
UD ВА Ш 1 п СР л
= , поэтому • = 1. Следовательно, = 1, откуда следует,
DE AE DC PB
что точка Р — середина отрезка ВС.
102. Теорема Менелая. Перейдем теперь к теореме, которая свя-
связана с именем Менелая Александрийского, древнегреческого матема-
математика и астронома, жившего в 1 в. н.э. Снова рассмотрим треуголь-
треугольник ABC и не совпадающие с вершинами точки А\, В\ и С\ на его
сторонах ВС, С А и АВ или на продолжениях этих сторон. Теорема
Менелая дает ответ на вопрос о том, при каком условии точки А\, В\
и С\ лежат на одной прямой (рис.329).

242
Гл. 7. Подобные треугольники
А
а)
D
С
Рис. 329
Теорема Менелая. Если на сторонах АВ, ВС и АС (или
их продолжениях) взяты соответственно точки С\, А\ и В\,
то эти точки лежат на одной прямой тогда и только тогда, когда
АВХ САХ ВСХ
ВХС АХВ СХА
= -1.
F)
Доказательство. 1. Пусть точки А\, В\ и С\ лежат на одной
прямой (рис.329, а, б). Докажем, что выполнено равенство F).
Проведем прямую AD параллельно прямой В\А\ (точка D лежит
на прямой ВС). Согласно следствию из обобщенной теоремы Фалеса
имеем:
АВХ
DAX
ВСх ВАХ
ВХС АХС СХА AXD
Перемножая левые и правые части этих равенств, получаем:
АВХ ВСх
ВАХ
ВхС СхА
откуда и следует равенство F).
2°. Докажем обратное утверждение. Пусть точки А\, В\ и С\ взяты
на прямых ВС, С А и АВ так, что выполнено равенство F). Докажем,
что точки А\, В\ и С\ лежат на одной прямой.
Прямая А\В\ пересекает прямую АВ в некоторой точ-
точке Съ (рис.ЗЗО, а, б). Так как точки А\, В\ и С% лежат на одной
прямой, то по доказанному в первом пункте
АВх САх ВС2
ВхС Ах В С2А

2. Применение подобия к доказательству теорем и решению задач 243
а)
Рис. 330
Сопоставляя это равенство с равенством F), приходим к равенству:
Теперь можно завершить доказательство точно так же, как и дока-
доказательство теоремы Чевы.
Замечание. В п. 2° доказательства мы предположили, что пря-
прямая А\В\ пересекает прямую АВ. Вновь возникает вопрос: а не могут
ли эти прямые оказаться параллельными? Докажем, что при усло-
условии F) указанные прямые не могут быть параллельными.
Предположим, что А\В\ || АВ
(рис.331). Согласно следствию
из обобщенной теоремы Фалеса
Вх
АВХ
ВАХ
или
АВХ САХ
ВХС АХС ВХС АХВ
откуда, с учетом равенства
~Шх
= 1,
F),
получаем: = — 1, т.е. ВС\
Ах
В
С
Рис.331. АхВх II АВ
+ С\А = В А = 0, что невозможно,
так как точки А и В не совпадают.
Следовательно, прямые А\В\ и АВ
не могут быть параллельными, что
и требовалось доказать.
Воспользуемся теоремой Менелая для решения такой задачи.
Задача 4. Доказать, что точки А, В и С на рисунке 332, а
лежат на одной прямой.
Решение. Пусть О\, 0% и Оз — центры окружностей, г\, т^ и гз —
их радиусы, К\ и К^ — точки касания окружностей с центрами О\ и О^
и одной из данных прямых, проходящих через точку А (рис.332, б).
Прямоугольные треугольники АО\К\ и АО^К^ подобны, поскольку

244
Гл. 7. Подобные треугольники
в
с
к2
а)
б)
Рис. 332
имеют общий острый угол при вершине А. Следовательно,
АО2
ОхА гх Л °2В
а значит, ==- = . Аналогично получаем:
АО2
Таким образом,
=
ВО3
гх
гх
ОхА О2В О3С
~АО2 ' ~ВО2 ' ~СОх
= -1.
Из теоремы Менелая применительно к треугольнику ОхО^О^ следу-
следует, что точки А, В и С лежат на одной прямой. Утверждение доказано.
Задачи
333. Через середину М стороны ВС треугольника ABC (AB ф
Ф АС) проведена прямая, параллельная биссектрисе угла А и пересе-
пересекающая прямые АВ и АС соответственно в точках D и Е. Докажите,
что BD = СЕ.
334. На биссектрисе BD треугольника ABC отмечена точка М так,
что ВЫ : MD = т : п. Прямая AM пересекает сторону ВС в точке К.
Найдите отношение ВК : КС, если АВ : ВС = р : q.
335. На медиане BD треугольника ABC отмечена точка М так,
что ВЫ : MD = т : п. Прямая AM пересекает сторону ВС в точке К.
Найдите отношение ВК : КС.
336. Прямая, проходящая через вершину А треугольника ABC
и делящая медиану ВЫ в отношении 1 : 2, считая от вершины,
пересекает сторону ВС в точке К. Найдите отношение площадей
треугольников АВК и ABC.
337. В треугольнике ABC медиана ВЫ и биссектриса АК пе-
пересекаются в точке О, АС : АВ = к. Найдите отношение площадей
треугольника АОВ и четырехугольника МОКС.
338* Через точку, взятую на продолжении одной из диагоналей
трапеции, и середину каждого основания проведены прямые, пересе-
пересекающие боковые стороны трапеции в точках К и Н. Докажите, что
отрезок КН параллелен основаниям трапеции.

3. Задачи на построение 245
339. На стороне АС треугольника ABC отмечены точки Н и Е так,
что АН = НЕ = ЕС, на стороне ВС — точки Р и Т так, что ВР =
= РТ = ТС. Отрезок ВН пересекает отрезки АР и AT в точках К и D
соответственно, а отрезок ?>!? пересекает отрезки АР и AT в точках М
и О соответственно. Найдите отношение площадей четырехугольни-
четырехугольника DKMO и треугольника ABC.
340. Используя теорему Чевы, докажите, что: а) медианы треуголь-
треугольника пересекаются в одной точке; б) биссектрисы треугольника пере-
пересекаются в одной точке; в) высоты треугольника (или их продолжения)
пересекаются в одной точке.
341. На стороне АС треугольника ABC взяты точки Р и Е, на сто-
стороне ВС - точки М и К, причем АР : РЕ : ЕС = СК : КМ : MB.
Отрезки AM и ВР пересекаются в точке О, отрезки АК и BE —
в точке Т. Докажите, что точки О, Т и С лежат на одной прямой.
342. Треугольники ABC и А\В\С\ с попарно непараллельными
сторонами расположены так, что прямые АА\, ВВ\, СС\ пересекаются
в одной точке. Докажите, что точки пересечения прямых АВ и А\В\,
ВС и В\С\, АС и А\С\ лежат на одной прямой (теорема Дезарга 0).
§ 3. Задачи на построение
103. Среднее геометрическое. Средним геометрическим двух
положительных чисел а и Ъ называется число y/ab.
В соответствии с этим, отрезок XY называется средним геометри-
геометрическим для отрезков АВ и CD, если XY = у/ АВ • CD.
Построение среднего геометрического двух данных отрезков с по-
помощью циркуля и линейки основано на следующем факте:
высота прямоугольного треугольника, проведенная из вершины
прямого угла, есть среднее геометрическое для отрезков, на кото-
которые гипотенуза делится этой высотой.
Действительно, обратимся к рисунку 333, а. Треугольники ADC
и CDB подобны, так как ZADC = ZBDC = 90°, ZACD = 90° -
- ZBCD = ZCBD. Следовательно, ^ = ^, откуда CD2 = AD x
CD DJd
х DB, или CD = ^JAD • DB .
Как же, используя этот факт, построить среднее геометрическое для
двух данных отрезков с длинами а и Ь? Очень просто. На произвольной
прямой отложим последовательно отрезки AD = а и DB = Ъ. Через
точку D проведем прямую т, перпендикулярную к АВ. Далее, постро-
построим окружность с диаметром АВ и обозначим буквой С одну из точек
ее пересечения с прямой т (рис.333 б). Треугольник ABC — пря-
прямоугольный, поскольку его медиана СО, проведенная к стороне АВ,
равна половине этой стороны (см. задачу 1 п. 55), а отрезок CD —
О Дезарг Жирар A591-1661) — французский математик.

246
Гл. 7. Подобные треугольники
В
а)
А
С
Рис. 333. a) CD = VAD • DB; б) CD =
высота этого треугольника, проведенная из вершины прямого угла.
Следовательно, отрезок CD — искомый: CD = y/ab.
Отметим, что попутно мы получили возможность решить такую за-
задачу: построить квадрат, равновеликий данному прямоугольнику (объ-
(объясните, как это сделать).
104. Среднее арифметическое, среднее гармоническое и сред-
среднее квадратичное для двух отрезков. В математике наряду со сред-
средним геометрическим используют и другие средние.
Средним арифметическим двух чисел а и Ъ называется их полу-
а + 6
сумма: —-—.
Средним гармоническим для чисел а и Ъ называется число с,
1 1/1 , 1\ 2аЪ
определенное равенством: - = -- + -, т. е. с= Т.
с 2 \а Ь) а + 6
Средним квадратичным для чисел а и Ь называется число с =
, т. е. число с равно квадратному корню из среднего ариф-
арифметического для квадратов чисел а и Ъ.
В соответствии с этими определениями средним арифметическим
для двух отрезков с длинами а и Ъ будем называть отрезок с дли-
о а + Ь о 2аЬ
'" средним гармоническим отрезок с длиной
НОИ
о аЬ
, средним гармоническим — отрезок с длиной -, а средним
квадратичным — отрезок с длиной
Рис. 334
Чтобы построить среднее ариф-
арифметическое двух отрезков, доста-
достаточно построить отрезок, равный
их сумме, и разделить его попо-
пополам (рис.334).

3. Задачи на построение
247
Для построения среднего гармонического отрезков а и Ъ можно
поступить так: построить произвольный треугольник ABC со сторо-
сторонами ВС = а и АС = Ъ, провести его биссектрису CD, через точ-
точку D провести прямую, перпендикулярную к CD, и отметить точку Е
пересечения этой прямой с большей из сторон ВС и АС (рис.335).
Отрезок СЕ — искомый (см. п. 89).
Чтобы построить среднее квадратичное отрезков а и Ъ, можно по-
построить прямоугольный треугольник с катетами а и Ъ, на его гипотену-
гипотенузе построить квадрат и провести диагонали этого квадрата (рис.336).
Половина диагонали квадрата и есть искомый отрезок (докажите это).
Е
D
В
Рис. 335. ВС = а, АС = Ъ, CD
биссектриса, DE JL CD, СЕ
2аЪ
Рис. 336. АО =
а + Ь
105. Метод подобия. Метод подобия при решении задач на по-
построение треугольников с помощью циркуля и линейки состоит в том,
что сначала, используя некоторые данные, строят треугольник, подоб-
подобный искомому, а затем, привлекая остальные данные, строят искомый
треугольник.
Этот прием применяется и при построении других фигур. О подобии
произвольных фигур будет рассказано в главе XIII. Пока же отметим,
что любые два квадрата являются подобными; две трапеции, у кото-
которых углы соответственно равны, а стороны одной пропорциональны
сторонам другой трапеции, подобны; любые две окружности подобны.
Рассмотрим примеры решения задач на построение методом подобия.
Задача 1. В данный треугольник ABC вписать квадрат так,
чтобы две его вершины лежали на прямой АВ и еще по одной —
на сторонах АС и ВС.

248
Гл. 7. Подобные треугольники
Решение. Данный треугольник ABC изображен на рисун-
рисунке 337, а. С помощью циркуля и линейки нужно построить
квадрат DEFG, расположенный так, как показано на этом рисунке.
В A DxGxD G В
а)
б)
Рис. 337
Сначала построим какой-нибудь квадрат, у которого две вершины
лежат на прямой АВ и еще одна — на стороне АС. С этой целью
возьмем произвольную точку Е\ на стороне АС, проведем перпендику-
перпендикуляр E\D\ к прямой АВ и далее построим квадрат D\E\F\G\, у которо-
которого вершина G\ лежит на прямой АВ, как показано на рисунке 337, б.
Затем проведем прямую AF\ и обозначим буквой F точку пересе-
пересечения этой прямой со стороной ВС (см. рис.337, в). Через точку F
проведем прямую, параллельную АВ, и прямую, перпендикулярную
к АВ. Получим точки Е и G на сторонах АС и АВ. Из точки Е
проведем перпендикуляр ED к АВ. Получился прямоугольник DEFG,
который и есть искомый квадрат.
В самом деле, из подобия треугольников AE\F\ и AEF следует,
что
EF
AF
а из подобия треугольников AF\G\ и AFG получаем:
FG AF
Следовательно,
EF
FG
AFi'
, а так как EXFX = FXGX, то EF = FG.
E\F\ F\G\
Итак, в прямоугольнике DEFG смежные стороны равны, значит,
этот прямоугольник — квадрат.
Задача 2. Построить трапецию ABCD по углу А и основа-
основанию ВС, если известно, что АВ : CD : AD =1:2:3.
Решение. Задачу надо понимать так: даны угол hk и отре-
отрезок PQ (рис.338, а); требуется построить с помощью циркуля и ли-
линейки трапецию ABCD, у которой Z.A = Zhk, ВС = PQ, а остальные
три стороны АВ, CD и AD относятся как 1:2:3.
Построим сначала какую-нибудь трапецию AB\C\D\, у кото-
которой ZА = Zhk и АВ\ : C\D\ : AD\ = 1:2:3. Это сделать совсем
нетрудно. Строим угол А, равный данному углу, и на его сторо-
сторонах откладываем произвольный отрезок АВ\ и отрезок AD\ = ЪАВ\
(рис.338, б). После этого через точку В\ проводим прямую /, парал-

3. Задачи на построение
249
Рис. 338
лельную AD\, и строим окружность радиуса 2АВХ с центром в точ-
точке D\. Эта окружность пересекает прямую I в двух точках: С\ и С^.
Итак, мы построили две трапеции: ABXCXDX и ABXC^DX, У кото-
которых А А = Zhk и стороны АВХ, В\С\ {ВхС^) и CXDX (С2А) относятся
как 1 : 2 : 3.
Возьмем одну из этих трапеций, например ABXCXDX, проведем
прямую АС\ и построим отрезок ВС с концами на сторонах уг-
угла В\АС\, который параллелен В\С\ и равен PQ. Это можно сделать
так: на луче AD\ откладываем отрезок АЕ = PQ и через точку Е
проводим прямую, параллельную АВ\. Она пересекается с прямой АС\
в точке С (рис.338, в). Через точку С проводим прямую, параллель-
параллельную В\С\, и получаем точку В. Очевидно, отрезок ВС равен PQ.
Остается провести через точку С прямую, параллельную C\D\. Она
пересекает луч AD\ в точке D. Трапеция ABCD — искомая.
В самом деле,
ZA = Zhk, BC PQ AB AC CD AD
АВх
АСХ
АВх
(это следует из подобия треугольников ABC и АВ\С\, ACD и AC\D\).
Отсюда получаем, что
АВ : CD : AD = АВХ : CXDX : ADX = 1:2:3.
Построенная трапеция ABCD удовлетворяет всем условиям задачи.
Если вместо трапеции ABXCXDX взять трапецию ABXC^DX и проделать
такие же построения, то получим второе решение задачи (рис.338, г).
Итак, данная задача имеет два решения.
Задача 3. Построить треугольник по трем высотам.
Решение. Задачу надо понимать так: даны три отрезка PXQX,
P2Q2 и PsQs (рис.339, а); требуется с помощью циркуля и линейки

250
Гл. 7. Подобные треугольники
•Q2
О
a)
hc D
6)
E
Рис. 339. FH = ^^, АВХ = FH, BXCX = hb, CXA = ha, AA1 = ha
hc
построить треугольник ABC, высоты которого, проведенные из вер-
вершин А, В и С, соответственно равны P\Q\, P2Q2 и РзЯз-
Попробуем понять, с какой стороны можно подойти к решению этой
задачи. Обозначим через a, b и с длины сторон искомого треугольника,
противолежащих углам А, В и С, а через На, Нь и Нс — длины
отрезков P\Q\, P2Q2 и РзЯз- Воспользуемся равенствами aha = ЬНь =
= chc (каждое из произведений равно удвоенной площади треугольни-
треугольника). Из первого равенства получаем пропорцию — = —, а из второго
hb ha
равенства находим: b = -^- • с. Поэтому
Ъ_ _ с
ha ~~
hahb
Таким образом,
Ь_
ha
Полученные равенства показывают, что искомый треугольник
со сторонами а, Ь, с подобен треугольнику со сторонами Нь, На, а ъ.
he
Это дает ключ к решению задачи.
Перейдем теперь к построению. По данным отрезкам P\Q\, P2Q2
и P3Q3 с длинами На, Нь, Нс построим отрезок, длина которого рав-
равна -т—^- Это можно сделать следующим образом: построим какой-
нибудь угол и отложим от его вершины О на одной стороне угла по-
последовательно отрезки OD = P3Q3 и DE = P2Q2, а на другой стороне
угла — отрезок OF = P\Q\ (рис.339, б).
Проведем прямую DF, а затем через точку Е — прямую, параллель-
параллельную DF. Она пересекает луч OF в точке Н. Отрезок FH равен а ъ,
OF FH
что следует из пропорции
OD DE'
Далее построим треугольник АВ\С\ по трем сторонам: АВ\ = FH,
В\С\ = P2Q2, C\A = P\Q\ (рис.339, в). Этот треугольник, как уже
было отмечено, подобен искомому треугольнику. Через вершину А про-

3. Задачи на построение 251
ведем высоту треугольника АВ\С\ и отложим на ней (или ее продолже-
продолжении) отрезок АА', равный P\Q\. Через точку А1 проведем прямую, па-
параллельную В\С\. Точки В и С пересечения этой прямой с лучами АВ\
и АС\ являются вершинами искомого треугольника ABC. В самом
деле, построенный треугольник ABC подобен треугольнику АВ\С\
и, следовательно, подобен искомому треугольнику. Высота, проведен-
проведенная из вершины А в построенном треугольнике ABC, равна ha, как
и должно быть в искомом треугольнике, т. е. сходственные высоты
в треугольнике ABC и искомом треугольнике равны. Значит, коэф-
коэффициент подобия равен 1, а это и означает, что треугольник ABC —
искомый.
Искомый треугольник ABC можно построить в том случае, когда
можно построить треугольник АВ\С\, стороны которого равны соот-
соответственно hb, ha, а ъ. Следовательно, данные отрезки P\Q\, P2Q2
flc
и P3Q3 должны быть такими, чтобы из отрезков с длинами hb, ha,
°. ь можно было построить треугольник. В таком случае задача имеет
hc
решение. Докажите самостоятельно единственность решения.
Замечание. Итак, мы построили треугольник по трем высотам.
Нетрудно построить треугольник и по трем медианам. Для этого мож-
можно, например, поступить так: пользуясь теоремой о медиане (п. 91),
выразить стороны искомого треугольника через его медианы, построить
эти стороны, используя полученные формулы, а затем построить сам
треугольник по трем сторонам. Попробуйте проделать это самостоя-
самостоятельно.
А можно ли с помощью циркуля и линейки построить треугольник
по трем биссектрисам? Оказывается, нельзя. Более того, в 1897 году
Корселд доказал, что с помощью циркуля и линейки нельзя построить
равнобедренный треугольник по двум биссектрисам.
Задачи
343. Докажите, что катет прямоугольного треугольника является
средним геометрическим для гипотенузы и проекции этого катета
на гипотенузу.
344. Докажите, что отрезок с концами на боковых сторонах тра-
трапеции, параллельный ее основаниям и проходящий через точку пере-
пересечения диагоналей, является средним гармоническим для оснований
трапеции.
345. Докажите, что отрезок с концами на боковых сторонах тра-
трапеции, параллельный ее основаниям и разбивающий трапецию на две
равновеликие трапеции, является средним квадратичным для основа-
оснований трапеции.
346. Докажите, что отрезок с концами на боковых сторонах трапе-
трапеции, параллельный ее основаниям и равный среднему геометрическому
оснований, разбивает трапецию на две подобные трапеции, т. е. на две

252 Гл. 7. Подобные треугольники
такие трапеции, у которых углы соответственно равны, а сходственные
стороны пропорциональны.
347. Даны два неравных отрезка. Расположите в порядке возраста-
возрастания четыре средних для этих отрезков: среднее арифметическое, сред-
среднее геометрическое, среднее гармоническое и среднее квадратичное.
348. Через вершину А параллелограмма ABCD проведена прямая,
пересекающая прямые BD, CD и ВС соответственно в точках М, N
и Р. Докажите, что отрезок AM является средним геометрическим
для отрезков MN и МР.
349. Докажите, что диагональ делит трапецию на два подобных
треугольника тогда и только тогда, когда она равна среднему геомет-
геометрическому оснований трапеции.
350. Основания трапеции равны 4 и 9, одна из ее диагоналей
равна 6. Найдите площадь трапеции, если известно, что длины всех
ее сторон выражаются различными целыми числами.
351* Величины углов треугольника относятся как 1:2:4. До-
Докажите, что меньшая сторона треугольника равна половине среднего
гармонического двух других сторон.
352. Средним геометрическим для п отрезков с длина-
длинами a\,ci2,... ,ап назовем отрезок с длиной а = Х^а\п2 ...ап. Докажите,
что в прямоугольном треугольнике ABC с высотой CD, проведенной
из вершины прямого угла, и высотами DE и DF в треугольниках ACD
и BCD: а) отрезок CD является средним геометрическим для
отрезков АС, ВС, АЕ и BF; б) отрезок CD является средним
геометрическим для отрезков АВ, АЕ и BF.
353* На рисунке 340 отрезки с длинами х\,... ,жп_ь параллельные
основаниям трапеции, равным а и Ь, разбивают ее на п подобных друг
другу трапеций (см. задачу 346). Докажите, что
т. е. к-и отрезок является средним геометрическим для п отрезков,
из которых (п — к) равны а и к отрезков равны Ъ.
354. Средним арифметическим для п отрезков с длина-
длинами a\,d2,... ,ап называется отрезок с длиной — (а\ + а^ + ... + ап).
На рисунке 341 отрезки с длинами х\,... ,хп-\, параллельные
основаниям трапеции, равным а и Ь, разделяют ее боковые стороны
на п равных частей. Докажите, что
xk = -((n-k)a + kb), к= 1,2, ...,п- 1,
т. е. к-и отрезок является средним арифметическим для п отрезков,
из которых (п — к) равны а и к отрезков равны Ъ.
355* Средним квадратичным для п отрезков с длина-
длинами а\, п2, ..., ап называется отрезок с длиной J — (а\ + а?, + ... + а^) .

3. Задачи на построение
253
а
Х\
1 Х2
1 Т
/ Х
1 хк
/
/
/ .
д
\
\
\
\
а
х,
/ х
! Хк
/ *
1 Хп-\
\
\
\
\
\
\
\
\
Рис. 340
Ъ
Рис. 341
На рисунке 342 отрезки с длинами х\,... ,хп-\, параллельные
основаниям трапеции, равным а и Ь, разбивают ее на п равновеликих
трапеций. Докажите, что
{п -к) а2 + кЪ2
к= 1,2,...,п-
т. е. к-и отрезок является средним квадратичным для п отрезков,
из которых (п — к) равны а и к отрезков равны Ь.
356* Средним гармоническим для п отрезков с длина-
длинами a\,ci2,... ,ап называется отрезок, длина а которого определяется
равенством:
На рисунке 343 изображена трапеция ABCD с основаниями, рав-
равными а и Ъ. Отрезки M\N\, М2Щ, М%Щ,... параллельны основаниям
трапеции, причем отрезок M\N\ проходит через точку О\ пересечения
диагоналей трапеции, отрезок M2N2 проходит через точку О2 пересе-
В а С
и
1 sk
1 Sn
Х\
Х2
X...
Хк
х...
Хп-\
\
\
\
\
\
\
А
Рис.342. Si = S2 = ... = Sn
b
Рис. 343
D

254 Гл. 7. Подобные треугольники
чения AN\ с диагональю BD, отрезок М%Щ проходит через точку
пересечения AN2 с диагональю BD и т.д. Докажите, что:
а) тгтг = т-^(- + кт)> к= 1,2,3
у MkNk к+l \а Ъ)
т. е. отрезок MkNk является средним гармоническим для (к + 1) отрез-
отрезков, один из которых равен а и к отрезков равны Ь; б) М2К2 = К2О2 =
= O2N2; в) М3К3 = ^з^з — ^з^з — ОзЩ; г) точки if2 и L3 лежат
на отрезке M\D; д) отрезок М2К2 является средним гармоническим
для отрезков М\О\ и М3К3; е) отрезок с концами на боковых сторо-
сторонах трапеции, проходящий через точку пересечения диагоналей тра-
трапеции M\N\N^Ms (M\N\N2M2) параллельно ее основаниям, является
средним гармоническим для восьми (двенадцати) отрезков, из которых
три (пять) равны а и пять (семь) равны Ъ.
357. Постройте треугольник ABC по углу А, биссектрисе, про-
проведенной из вершины В, и заданному отношению двух сторон:
АВ : АС = 1 : 3.
358. Постройте треугольник ABC по углу А, высоте, проведенной
из вершины С, и заданному отношению двух сторон: АВ : АС = m : п,
где тип — целые числа.
359. Постройте равнобедренный треугольник по углу между бо-
боковыми сторонами и сумме длин основания и высоты, проведенной
к основанию.
360. Постройте треугольник ABC, если даны углы А и В и отре-
отрезок, равный сумме длин стороны АС и медианы ВМ.
361. Постройте трапецию ABCD по основанию AD и углам AnD,
если известно, что АВ : ВС =1:2.
362. Постройте трапецию ABCD по углу А и боковой стороне CD,
если известно, что АВ : ВС : AD =1:1:2.
363* Даны отрезок и параллельная ему прямая. С помощью од-
одной линейки (т. е. не пользуясь циркулем) разделите данный отрезок:
а) на две равные части; б) на три равные части.
364* Постройте прямую, параллельную основаниям данной трапе-
трапеции и пересекающую ее так, чтобы отрезок этой прямой, заключен-
заключенный между боковыми сторонами трапеции, делился ее диагоналями:
а) на три равных отрезка; б) на три отрезка, два из которых равны,
а третий равен сумме двух других.
365. Даны отрезки PQ, M\N\ и M^N^. Постройте ромб, стороны
которого равны отрезку PQ, а отношение диагоналей равно отноше-
отношению MiiVi : M2N2.
366* Даны угол и точка М, лежащая внутри него. Постройте
прямую, проходящую через точку М и пересекающую стороны угла
в точках Аи В так, чтобы: a) AM = MB; б) AM : MB = PXQX : P2Q2,
где P\Q\ и P2Q2 — данные отрезки.

4. О замечательных точках треугольника
255
§ 4. О замечательных точках треугольника
106. О высотах треугольника. Высоты остроугольного треуголь-
треугольника обладают следующим замечательным свойством.
Теорема. Отрезки, соединяющие основания высот остроуголь-
остроугольного треугольника, образуют треугольник, биссектрисы которого
лежат на этих высотах.
Доказательство. Пусть АА\, ВВ\ и СС\ — высоты остро-
остроугольного треугольника ABC (рис.344, а). Докажем, что лучи А\А,
С
а)
Рис. 344
В\В и С\С являются биссектрисами углов А\, В\ и С\ треугольни-
треугольника А\В\С\.
Из прямоугольных треугольников АВВ\ и АСС\ находим: АВ\ =
= АВ • cos А, АС\ = АС • cos А. Таким образом, ——^- = -777» т-е- сто~
Aid J\xj
роны АВ\ и АС\ треугольника АВ\С\ пропорциональны сторонам АВ
и АС треугольника ABC. Поскольку, сверх того, эти треугольники
имеют общий угол А, то они подобны. Следовательно, ZAC\B\ = ZC,
ZABXCX = ZB (рис.344, б).
Аналогично получаем: АВА\С\ = /.A, ZA\C\B = ZC, ZCA\B\ =
= /Д ZA\B\C = ZB (рис.344, в), из чего и вытекает справедливость
теоремы.
Замечание 1. Похожее утверждение справедливо и для тупо-
тупоугольного треугольника. Подумайте, как его сформулировать и дока-
доказать.
Замечание 2. Доказав теорему (см. также замечание 1), мы фак-
фактически получили еще одно доказательство теоремы о пересечении
высот треугольника. Объясните, в чем состоит это доказательство.
Замечание 3. Доказанная теорема позволяет установить одно
замечательное свойство треугольника А\В\С\, вершинами которого яв-
являются основания высот треугольника ABC. Представим себе бильярд-
бильярдный стол в форме остроугольного треугольника ABC (см. рис.344, в).
Поместим шар в точку А\ и ударом кия направим его в точку В\. Тогда

256
Гл. 7. Подобные треугольники
после отражения (угол отражения равен углу падения) он попадет
в точку С\, затем в А\, затем снова в В\ и т.д. Таким образом, шар
будет все время двигаться по одному и тому же маршруту А\В\С\.
Так получается потому, что любые две стороны треугольника А\В\С\
составляют равные углы со стороной треугольника ABC, в кото-
которую они упираются. А верно ли обратное утверждение: если точки
А\, В\ и С\ лежат на сторонах ВС, С А и АВ остроугольного
треугольника ABC, причем ZB\A\C = ZC\A\B, ZA\B\C = ZC\B\A
и ZA\C\B = ZB\C\A, то точки А\, В\ и С\ — основания высот
треугольника ABC? He будем спешить с ответом и пока запишем этот
вопрос в блокнот.
Докажем еще одно утверждение, связанное с высотами треугольни-
треугольника.
Задача 1. Пусть высоты АА', ВВ' и СО непрямоугольного
треугольника ABC (или их продолжения) пересекаются в точке Я.
Доказать, что
АН • НА' = ВН • НВ' = СН • НС
A)
Это свойство можно сформулировать и таким образом:
во всяком непрямоугольном треугольнике произведение рассто-
расстояний от ортоцентра до концов высоты есть величина постоян-
постоянная (т.е. одна и та же для всех высот данного треугольника).
Решение. Обратимся к рисунку 345, а, на котором изображен
остроугольный треугольник ABC и проведены высоты АА' и ВВ',
пересекающиеся в точке Я. Треугольники АНВ' и ВНА! подобны
А
АН
Рис. 345
НВ'
по двум углам, поэтому ---- = т. Отсюда следует, что АН • НА' =
by П НА
= ВН • НВ'. Аналогично доказывается, что ВН • НВ' = СН • НО.
Для случая тупоугольного треугольника докажите равенства A)
самостоятельно.
Отметим, что если треугольник ABC — прямоугольный и угол А —
прямой, то точки В', О и Я совпадают с точкой А (рис.334, б). Если
считать, что АН = О, НВ' = О, НО = 0, то тогда равенства A) также
выполняются.

4. О замечательных точках треугольника 257
107. О биссектрисах треугольника. Напомним, что точка пересе-
пересечения медиан треугольника делит каждую медиану в отношении 2:1,
считая от вершины. А в каком отношении делит каждую биссектри-
биссектрису точка пересечения биссектрис треугольника? Попробуем ответить
на этот вопрос.
Задача 2. В треугольнике ABC биссектрисы АА\, ВВ\ и СС\
пересекаются в точке О (рис. 346), АВ = с, ВС = а, С А = Ъ. Найти
АО
отношение -^-^-.
ОАх
Решение. Так как биссектриса треугольника делит противопо-
противоположную сторону на отрезки, пропорциональные прилежащим сторонам,
то
АВХ : ВХС = с:а, САХ : АХВ = Ъ : с.
п АО
Для нахождения отношения -—- остается воспользоваться теоре-
теоремой о пропорциональных отрезках в треугольнике (п. 100).
~ АО с (Ь , Л 6 + с
Ответ. —— = - - + 1 =
+ 1 .
ОА\ а \с ) а
Решим еще одну задачу, связанную с биссектрисой треугольника.
Задача 3. Доказать, что биссектриса треугольника равна про-
произведению среднего гармонического сторон треугольника, выходя-
выходящих из той же вершины, на косинус половины угла между этими
сторонами.
Решение. Рассмотрим треугольник ABC со сторонами АВ = с,
АС = Ъ и биссектрисой АА\ (рис.347). Обозначим буквой F точку
В 2х С В Ах С
Рис. 346 Рис. 347. АС = 6, АВ = с,
AF=^-
Ъ + с
пересечения прямой, проходящей через точку А\ и перпендикулярной
к АА\, с большей (точнее, не меньшей) из сторон АВ и АС. Как
26с 26с А
мы знаем (п. 89), AF = . Следовательно, АА\ = cos —. Утвер-
о + с о + с 2
ждение доказано.
9 С. Б. Кадомцев

258
Гл. 7. Подобные треугольники
108. Еще две точки, связанные с треугольником. Как мы пом-
помним, точка пересечения медиан, точка пересечения биссектрис и точка
пересечения высот треугольника (или их продолжений) называются
замечательными точками треугольника. Четвертой замечательной
точкой треугольника является точка пересечения серединных перпен-
перпендикуляров к сторонам треугольника. С каждым треугольником связаны
и другие не менее замечательные точки. О двух из них пойдет речь
в следующих теоремах.
Теорема 1. Отрезки, соединяющие вершины треугольника
с точками, в которых вписанная окружность касается противопо-
противоположных сторон, пересекаются в одной точке.
Доказательство. Пусть АА\, ВВ\ и СС\ — отрезки, соединя-
соединяющие вершины треугольника ABC с точками, в которых вписанная
окружность касается противоположных сторон (рис.348). Так как от-
отрезки касательных к окружности, проведенные из одной точки, равны,
то АВХ = СХА, ВСХ = АХВ, САХ = ВХС. Поэтому 4^ • ^к ' т^т =
В\С А\В С\А
= 1. Отсюда согласно теореме Чевы следует, что отрезки АА\, ВВ\
и СС\ пересекаются в одной точке. Теорема доказана.
Теорема 2. Прямые, проходящие через вершины треугольника
и делящие его периметр пополам, пересекаются в одной точке.
Доказательство. Пусть АА\, ВВ\ и СС\ — прямые, проходя-
проходящие через вершины треугольника ABC и делящие его периметр попо-
пополам, ВС = а, АС = Ъ, АВ = с, а + Ъ + с = 2р (рис. 349). Тогда АВХ +
+ АВ = АВ\ + с = р, откуда АВ\ = р — с. Аналогично получаем:
В\С = р-а, С Ах =р-Ь, АХВ = р - с, ВСХ = р - а, СХА = р - Ъ.
Следовательно,
АВХ САХ ВСХ _ р - с р-Ъ р-а
Ж ' ~Ах~В ' ~Сх~А ~ р-а ' р-с ' р-Ъ
= 1.
Отсюда согласно теореме Чевы следует, что прямые АА\, ВВ\
и СС\ пересекаются в одной точке. Теорема доказана.
Сх
А
Сх
Рис. 348
Рис. 349
С

4. О замечательных точках треугольника 259
Задачи
367. Отрезок СР — высота треугольника ЛВС, H — ортоцентр
этого треугольника. Докажите, что СР • HP = АР • ВР.
368. Биссектрисы АА\, ВВ\ и СС\ треугольника ABC пересекают-
л ,п АО RO CO o OAi t OBx ,
ся в точке О. а) Докажите, что— + — + — =2, ^+ +
-\- —_1 = 1.6) Может ли хотя бы одна из биссектрис треугольника
GGi
делиться точкой О пополам? в) Докажите, что одна из биссектрис
делится точкой О в отношении 2:1, считая от вершины, тогда и только
тогда, когда одна из сторон треугольника равна полусумме двух других
сторон.

Глава 8
ОКРУЖНОСТЬ
§ 1. Свойства окружности
109. Характеристическое свойство окружности. Рассмотрим
точку М, лежащую на окружности с центром О и диамет-
диаметром АВ (рис.350). Поскольку медиана МО треугольника МАВ равна
половине его стороны АВ, то угол АМВ — прямой (см. задачу 1
п. 55). Можно сказать, что диаметр окружности виден из любой
ее точки (кроме концов этого диаметра) под прямым углом.
Пусть теперь М — какая-нибудь точка,
из которой отрезок АВ виден под прямым уг-
углом, т.е. ZAMB = 90°. Тогда медиана МО
треугольника МАВ равна половине его сто-
стороны АВ, и следовательно, точка М лежит
на окружности с диаметром АВ (рис.350).
Итак,
отрезок АВ виден из точки М под пря-
прямым углом тогда и только тогда, когда
р ocq эта точка лежит на окружности с диамет-
диаметром АВ и отлична от точек А и В.
Ясно, что это свойство окружности является характеристическим,
его можно положить в основу нового определения:
окружность диаметра АВ — это фигура, состоящая из то-
точек А, В и всех точек плоскости, из которых отрезок АВ виден
под прямым углом.
НО. Задачи на построение. Обнаруженное нами характеристи-
характеристическое свойство окружности широко используется при решении задач
на построение. Приведем примеры.
Задача 1. Даны окружность с диаметром АВ и точка С,
не лежащая на этой окружности и не лежащая на прямой АВ.
Провести из точки С перпендикуляр к прямой АВ с помощью одной
линейки (без использования циркуля).
Решение. Проведем прямые С А и СВ. Если какая-то из этих
прямых имеет только одну общую точку с окружностью, т. е. является
касательной к окружности, то отрезок этой прямой {СА или СВ)

/. Свойства окружности
261
Рис. 351
и есть искомый перпендикуляр. Если же обе
прямые не являются касательными, то они пе-
пересекают окружность еще в двух точках: В\
и А\ (рис.351). Углы АА\В и ВВ\А — прямые
(см. п. 109), поэтому отрезки АА\ и ВВ\ — вы-
высоты треугольника ABC. Проведя прямые АА\
и ВВ\, найдем их точку пересечения Н. Иско-
Искомый перпендикуляр СС\ также является высо-
высотой треугольника ABC, и следовательно, пря-
прямая СС\ проходит через точку Н. Остается
провести прямую СН, и искомый перпендику-
перпендикуляр СС\ будет построен.
Задача 2. К данной окружности построить касательную, про-
проходящую через данную точку вне окружности.
Решение. Пусть даны окружность с центром О и точка А вне этой
окружности. Допустим, что задача решена и АВ — искомая касатель-
касательная (рис.352, а). Так как прямая АВ перпендикулярна к радиусу ОВ,
то решение задачи сводится к постро-
построению точки В окружности, для кото-
которой угол АВО — прямой.
Эту точку можно построить сле-
следующим образом: проведем отрезок
О А и построим его середину О\.
Затем проведем окружность с цен-
центром О\ радиуса О\А (рис.352, б).
Эта окружность пересекает данную
окружность в двух точках — В
и В\. Прямые АВ и АВ\ — иско-
искомые касательные, так как АВ JL ОВ
и АВ\ JL ОВ\ (см. п. 109). Очевидно,
задача имеет два решения.
Прежде, чем перейти к следую-
следующей задаче, сформулируем несколько
определений.
Прямая, касающаяся каждой
из двух данных окружностей,
называется их общей касательной.
Если при этом центры окружностей
лежат по одну сторону от касательной, то касательная называется
внешней, а если по разные стороны — внутренней. На рисунке 353
изображены две окружности, для которых АВ и А\В\ — внешние
касательные, a CD и C\D\ — внутренние.
Задача 3. Даны две окружности, лежащие одна вне другой.
Построить: а) их общие внешние касательные] б) их общие внут-
внутренние касательные.
Рис. 352

262
Гл. 8. Окружность
Решение, а) Рассмотрим две окружности радиусов г\ и т^ с цен-
центрами О\ и О^. В случае ri = Г2 решение задачи очевидно (рис. 354, а).
А
В
Вх
Рис. 353
Рис. 354. а) п = Г2; б) п > Г2
Пусть п ^ Г2, например п > Г2 (рис.354, б). Проведем окруж-
окружность с центром О\ радиуса т\ — т^ и построим к ней касатель-
касательную О^М (М — точка касания). Тогда О\М JL O2M. Проведем через
точку М радиус О\А одной окружности, а через точку О2 — ради-
радиус О^В другой окружности, перпендикулярный к О^М (см. рис. 354, б).
Прямая АВ — искомая касательная.
В самом деле, в четырехугольнике МАВО^ противоположные сто-
стороны МА и О^В равны (по построению) и параллельны {МА _1_ О^М
и О^В _1_ О^М). Следовательно, этот четырехугольник — параллело-
параллелограмм. Кроме того угол МО^В — прямой. Значит, этот параллело-
параллелограмм — прямоугольник. Поэтому его углы А и В также прямые.
Но это и означает, что прямая АВ — общая касательная двух окруж-
окружностей. Из построения ясно, что эта касательная — внешняя. Вторая
внешняя касательная строится аналогично.
б) Пользуясь рисун-
б) Пользуясь рисунком 355, решите эту задачу
самостоятельно.
Замечание 1. Обратимся
к рисунку 353. Нетрудно дока-
доказать (сделайте это самостоятель-
самостоятельно), что АВ = А\В\ и CD =
= C\D\, т. е.
отрезки двух внешних каса-
касательных равны;
Рис. 355 отрезки двух внутренних ка-
касательных равны.

/. Свойства окружности
263
Замечание 2. В рассмотренном случае (одна окружность лежит
вне другой) общих касательных четыре. Если окружности касаются
друг друга извне, то общих касательных три (рис. 356, а) — две внеш-
внешние и одна внутренняя, проходящая через точку касания окружностей
б)
Рис. 356
в)
и перпендикулярная к линии центров. Две пересекающиеся окруж-
окружности имеют только две общие внешние касательные (рис.356, б);
если окружности касаются друг друга изнутри, то они имеют только
одну общую касательную (рис.356, в); наконец, если одна окружность
лежит внутри другой, то общих касательных у них вообще нет.
111. Кривые постоянной ширины. Если мы хотим измерить диа-
диаметр круглой монеты, то проще всего воспользоваться штангенцирку-
штангенциркулем (рис.357, а). При этом достаточно одного измерения — любое дру-
другое измерение (рис. 357, б) даст тот же результат. Это свойство окруж-
а)
Рис. 357
ности называется постоянством ширины. Можно сказать, что ширина
монеты (именно ее мы измеряем штангенциркулем) одна и та же в лю-
любом направлении. Шириной произвольной линии в данном направле-
направлении назовем расстояние между двумя опорными прямыми этой линии,
перпендикулярными к данному направлению. Ширина линии в разных
направлениях может, конечно, не быть одной и той же. Ясно, например,

264
Гл. 8. Окружность
что квадрат не обладает постоянством ширины (рис.358). А обладает
ли этим свойством еще какая-нибудь линия, кроме окружности?
Поставим вопрос иначе. У нас в руках монета, про которую неиз-
неизвестно, круглая она или нет (некруглые монеты действительно бывают,
например, в Великобритании). Можно ли, пользуясь только штан-
штангенциркулем, достоверно установить, что она круглая? Почти любой
человек, подумав, даст утвердительный ответ. И ошибется! На самом
деле кривых постоянной ширины бесконечно много. Поэтому
постоянство ширины окружности не является ее характери-
характеристическим свойством.
Замкнутая выпуклая линия называется кривой постоянной ши-
ширины, если ее ширина в любом направлении одна и та же. Самый
простой пример кривой постоянной ширины, отличной от окружности,
получается, если взять равносторонний треугольник ABC и заменить
его стороны тремя дугами окружностей радиуса АВ с центрами А,
В и С (рис.359). Ширина полученного криволинейного «треуголь-
Рис. 358
Рис. 359
ника» постоянна и равна АВ (докажите это). Примечательно, что
этот пример впервые был найден в технике. Его обнаружил в конце
XIX века французский механик Франц Рело A829-1905), который,
классифицируя различные механиз-
механизмы, заметил удивительный факт:
построенная им фигура может свобод-
свободно вращаться внутри квадрата, посто-
постоянно соприкасаясь с его сторонами
(рис.360). При этом вершины «тре-
«треугольника» обходят почти весь пери-
периметр квадрата, лишь немного не дохо-
Рис. 360
дя до его вершин. Рело назвал свою фигуру «искривленный треуголь-
треугольник». Теперь ее называют треугольником Рело.
Треугольник Рело — негладкая кривая, он имеет три угловые точки.
Однако их можно «загладить». Для этого нужно каждую из сторон
исходного треугольника ABC продолжить на один тот же отрезок х,
а затем провести шесть дуг с центрами А, В и С: три — радиуса АВ +
+ х, а другие три — радиуса х (рис.361). Полученная гладкая кривая
также будет иметь постоянную ширину (попробуйте ее найти).

/. Свойства окружности
265
Рис. 361
Как уже отмечалось, кривых постоян-
постоянной ширины бесконечно много. Среди них
есть и несимметричные кривые, есть кри-
кривые, никакая часть которых не является
дугой окружности, и т.д. Обо всем этом
и многом другом, связанном с кривыми по-
постоянной ширины, можно прочитать в кни-
книге Г. Радемахера и О. Теплица «Числа
и фигуры» (М.: Физматгиз, 1962).
Одно из самых неожиданных свойств
кривых постоянной ширины установил
французский математик С. Барбье:
любые две кривые одинаковой посто-
постоянной ширины имеют равные длины\
Таким образом, если помимо штангенциркуля у нас есть нить,
позволяющая измерить длину кривой, мы все равно не сможем путем
измерений отличить одну кривую постоянной ширины от другой.
Доказать теорему Барбье мы пока не можем, так как не имеем
отчетливого представления о том, что такое длина кривой. Поэтому
сделаем в нашем блокноте запись: как доказать теорему Барбье?
Отметим еще одно общее свойство всех кривых постоянной ши-
ширины:
параллелограмм, описанный около кривой постоянной ширины,
является ромбом.
В самом деле, высоты этого параллелограмма равны (каждая из них
равна ширине фигуры), поэтому равны и стороны.
Может возникнуть вопрос: а для чего можно использовать кри-
кривые постоянной ширины? Один из ответов напрашивается сам собой.
Каждый из нас не раз видел, как перетаскивают с места на место
очень тяжелые предметы. Их устанавливают на плоскую подставку
с подложенными под нее цилиндрическими катками (рис.362). Затем
толкают предмет и по мере
освобождения задних катков
переносят их и кладут спере-
спереди. Преимущество цилиндри-
цилиндрических катков перед, например,
шестигранными состоит в том,
что предмет в процессе движе- |
ния не испытывает перемеще- (Н
ний вверх-вниз, что потребо-
потребовало бы дополнительных уси-
усилий со стороны толкающих.
Но с этой точки зрения катки, имеющие сечением фигуру, ограни-
ограниченную кривой постоянной ширины, ничуть не хуже! На практике,
впрочем, они вряд ли используются — ведь их еще нужно изготовить.
Рис. 362

266 Гл. 8. Окружность
И все же если не полениться и сделать такую модель, то ею можно
ошеломить всех своих друзей (рис.363).
А вот другой пример. В 1914 г. английский инженер Г. Д. Уаттс
изобрел сверло, позволяющее делать квадратные отверстия. В сечении
это сверло представляет собой треугольник Рело с вырезанными ча-
частями, так что острые края могут легко врезаться в металл (рис.364).
Перед началом работы сверло помещается внутрь специального шабло-
шаблона — металлической пластины с вырезанным в ней отверстием в виде
квадрата со стороной, равной ширине сверла. В процессе работы центр
сверла, конечно, не остается на месте, поэтому для сверла Уаттса
нужен специальный плавающий патрон. Такой патрон был разработан
и запатентован одной из фирм, ив 1916 г. фирма приступила к произ-
производству сверл Уаттса.
( ПЛАНИМЕТРИЯ )
Рис. 363 Рис. 364
Задачи
369. Докажите, что для всякой хорды АВ данной окружности
отношение АВ2 : AD, где AD — расстояние от точки А до касательной
к окружности в точке В, имеет одно и то же значение.
370. Две окружности касаются друг друга изнутри в точке А. Отре-
Отрезок АВ является диаметром большей окружности. Хорда BD большей
окружности касается меньшей окружности в точке С. Докажите, что
отрезок АС — биссектриса треугольника ABD.
371* Через данную точку М проведены всевозможные прямые,
на которых данная окружность с центром О отсекает отрезки, являю-
являющиеся ее хордами. Что представляет собой множество середин таких
хорд, если точка М лежит: а) вне окружности; б) внутри окружности
и не совпадает с центром; в) на окружности.
372. Отрезок АВ является диаметром окружности с центром О.
На каждом радиусе ОМ окружности отложен отрезок ОХ, равный
перпендикуляру, проведенному из точки М к прямой АВ. Что пред-
представляет собой множество точек X?
373. Две окружности с центрами О\ и 0% пересекаются в точках А
и В. Через точку А проведены диаметры АС и AD этих окружностей.
Найдите CD, если АВ = а, а площадь четырехугольника АО\ВО^
равна S.

/. Свойства окружности 267
374. К двум окружностям проведены две общие внешние касатель-
касательные, А, В, С, D — точки касания. Определите вид четырехугольни-
четырехугольника ABCD.
375. К двум окружностям проведены две общие внешние касатель-
касательные и одна внутренняя. Внутренняя касательная пересекает внешние
в точках А, В и касается окружностей в точках А\, В\. Докажите,
что АА\ =ВВ\.
376. К двум окружностям, касающимся друг друга извне, проведе-
проведена общая внешняя касательная, А и В — точки касания. Докажите,
что окружность с диаметром АВ касается линии центров данных
окружностей.
377* На каждой из сторон выпуклого четырехугольника отмече-
отмечены две точки. Эти точки соединены отрезками так, как показано
на рисунке 365. Известно, что в каждый из заштрихованных четырех-
четырехугольников можно вписать окружность. Докажите, что и в исходный
четырехугольник можно вписать окружность.
378* Постройте прямую, пе-
пересекающую две данные кон-
концентрические окружности так,
чтобы ее часть, заключенная
внутри внешней окружности,
была вдвое больше части, за-
заключенной внутри внутренней
окружности. При каком усло-
условии задача имеет решение?
379. На продолжении диа-
диаметра окружности постройте
точку, для которой отрезок ка-
касательной, проведенной из нее
к окружности (с концами в этой „ ппг
rj v ч Рис. 365
точке и точке касания), равен
диаметру.
380. Постройте прямую, проходящую через данную точку вне дан-
данной окружности так, чтобы ее часть, заключенная внутри окружности,
была равна данному отрезку.
381* Постройте две параллельные хорды, проходящие через две
данные точки данной окружности так, чтобы их сумма равнялась
данному отрезку.
382. Докажите, что любая кривая постоянной ширины d может
свободно вращаться внутри квадрата со стороной d, постоянно сопри-
соприкасаясь со всеми его сторонами.
383. Дан выпуклый пятиугольник, все стороны которого равны,
и все углы также равны. Проведите 5 дуг окружностей через его
вершины так, чтобы кривая, образованная дугами, имела постоянную
ширину и была отлична от окружности.

268 Гл. 8. Окружность
384* Дан выпуклый n-угольник, все стороны которого равны, и все
углы также равны. Какому условию должно удовлетворять число п,
чтобы, проведя п дуг окружностей через его вершины, можно было
получить кривую постоянной ширины, отличную от окружности?
385. Дан выпуклый пятиугольник, все стороны которого равны,
и все углы также равны. Проведите 10 дуг окружностей с центрами
в его вершинах так, чтобы образованная этими дугами кривая была
гладкой кривой (т. е. без угловых точек) постоянной ширины, отличной
от окружности.
386* Дан треугольник. Проведите 6 дуг окружностей с центрами
в его вершинах так, чтобы образованная ими кривая имела постоянную
ширину.
387. Докажите, что никакие две точки кривой постоянной шири-
ширины d не могут находиться друг от друга на расстоянии, большем d.
388. Докажите, что: а) любая опорная прямая к кривой постоянной
ширины имеет с этой кривой только одну общую точку; б) прямая, со-
соединяющая общие точки кривой постоянной ширины и двух ее парал-
параллельных опорных прямых, перпендикулярна к этим опорным прямым.
389. Как, зная одну дугу кривой постоянной ширины d, заклю-
заключенную между двумя параллельными опорными прямыми, начертить
другую ее дугу, заключенную между этими прямыми, используя оба
края линейки ширины d?
§ 2. Углы, связанные с окружностью
112. Вписанные углы. Дугу окружности удобно измерять в гра-
градусах. Если дуга АВ окружности с центром О меньше полуокружности
или является полуокружностью, то ее градусная мера считается рав-
равной градусной мере центрального угла АОВ, т. е. угла с вершиной
в центре окружности; если же дуга АВ больше полуокружности, то ее
градусная мера считается равной 360° — ZAOB (см. рис.366).
Угол, вершина которого лежит на окружности, а стороны пере-
пересекают окружность, называется вписанным углом. Обратимся к ри-
рисунку 367, а. Мы видим, что вписанный угол АМВ вдвое меньше
а) б)
Рис. 366. а) — ALB = 180°; б) — ALB = ZAOB; в) — ALB = 360° - ZAOB;

2. Углы, связанные с окружностью
269
М
центрального угла АОВ (поскольку ZAOB — внешний угол равнобед-
равнобедренного треугольника АОМ). Таким образом, угол AM В измеряется
половиной дуги АВ. Теперь ясно, что и любой
вписанный угол измеряется половиной дуги, на которую он опи-
опирается (пользуясь рисунками 367, б, в, докажите это самостоятельно).
Следствие. Сумма противоположных углов вписанного
в окружность четырехугольника равна 180° (рис.368).
Указанное свойство вписанного угла часто используется при ре-
решении задач. Приведем три примера.
Задача 1. Доказать, что площадь S треугольника ABC выра-
выражается формулой:
abc
S =
4Д'
где а = ВС, Ь = С А, с = АВ, R — радиус описанной окружности.
Решение. Пусть, например, угол А — острый. Проведем диа-
диаметр CD описанной окружности (рис.369). Поскольку в треугольни-
треугольниках ABC и DBC углы А и D равны (эти вписанные углы опираются
на одну и ту же дугу ВС), то площади треугольников относятся как
С
D
D
1-^ BCD + i w DAB
DAB) = - -360° = 180°
A
Рис. 369

270
Гл. 8. Окружность
произведения сторон, заключающих указанные углы:
S be
s
BCD
Но DC = 2R, Sbcd = na
DC-DB'
(объясните, почему). Следовательно,
q be c abc
Ь = DC-DBSbcd = 4Д-
Задача 2. Доказать, что биссектриса угла А треугольни-
треугольника ABC пересекает описанную около этого треугольника окруж-
окружность в точке D, лежащей на серединном перпендикуляре к сто-
стороне ВС.
Решение. Поскольку луч AD — биссектриса угла ВАС, то дуги
BD и DC равны: — BD =^ DC (рис.370). Следовательно, BD =
= DC (это следует из того, что сегменты с указанными дугами можно
совместить наложением). Поэтому точка D лежит на серединном пер-
перпендикуляре к отрезку ВС, что и требовалось доказать.
Замечание. Если Е — вторая точка пересечения указанного
серединного перпендикуляра с описанной окружностью, и точки А и Е
не совпадают, то луч АЕ — биссектриса внешнего угла треугольни-
треугольника ABC (объясните, почему).
Задача 3. Доказать, что биссектриса угла между неравными
сторонами треугольника делит угол между радиусом описанной
окружности и высотой, проведенными из общей вершины указан-
указанных сторон, пополам.
Решение. Рассмотрим треугольник ABC (AB ф АС), из вер-
вершины А которого проведены высота АН, биссектриса AD и ради-
радиус АО описанной окружности. Докажем, что луч AD — биссектриса
угла О АН.
Продолжим биссектрису AD до пересечения с описанной окружно-
окружностью в точке М (рис.371). Углы ОМА и О AM при основании равно-
равнобедренного треугольника О AM равны, причем эти углы — острые.
А
А
С
В

2. Углы, связанные с окружностью 271
Поскольку ВМ = МС (см. задачу 2) и ВО = ОС, то прямая ОМ
является серединным перпендикуляром к отрезку ВС.
Прямые ОМ и АН, будучи перпендикулярными к прямой ВС,
параллельны. Поэтому если углы ОМА и DAH — накрест лежа-
лежащие, то ZDAH = ZOMA < 90°; если же эти углы — односторонние,
то ADAH = 180° - ZOMA > 90°. Но угол DAH является острым
углом прямоугольного треугольника ВАН. Следовательно, ADAH =
= ZOMA = АО AM, причем лучи АН и АО лежат по разные стороны
от прямой AD. Это и означает, что луч AD — биссектриса угла О АН.
Утверждение доказано.
113. Углы между хордами и секущими. Выясним, как определить
величину угла между: 1° двумя пересекающимися хордами; 2° двумя
пересекающимися секущими? Ответы на эти вопросы дает следующая
теорема.
Теорема. Угол между двумя пересекающимися хордами окруж-
окружности измеряется полусуммой заключенных между ними дуг; угол
между двумя секущими, которые пересекаются вне окружности,
измеряется полуразностью заключенных между ними дуг.
Доказательство. 1°. Обратимся к рисунку 372. На нем изоб-
изображены пересекающиеся в точке М хорды АВ и CD, между которыми
заключены дуги с градусными мерами а и /3. Интересующий нас
угол АМС — внешний угол треугольника МВС, поэтому он равен
сумме углов В и С этого треугольника. Но углы В и С — вписанные.
Следовательно, ZB = ^, ZC = ^, а значит, ZAMC = а .
2°. Обратимся к рисунку 373, на котором изображены две секущие,
проведенные через точку М. Градусные меры дуг, заключенных внутри
угла BMD, обозначим буквами а и /3 так, как показано на рисун-
рисунке. Проведем отрезок AD. Угол BAD — внешний угол треуголь-
треугольника ADM, поэтому ZBAD = ZADM + ZAMD. Но ZBAD = |,
ZADM = ^. Отсюда находим: ZAMD = ZBMD = ^-^. Теорема
доказана.
В
Рис. 372 Рис. 373

272 Гл. 8. Окружность
Замечание. Пользуясь этой теоремой, нетрудно доказать методом
от противного, что если сумма двух противоположных углов выпук-
выпуклого четырехугольника равна 180°, то около этого четырехугольника
можно описать окружность (проведите доказательство самостоятель-
самостоятельно). Таким образом, свойство, указанное в следствии п.112, является
характеристическим свойством вписанного в окружность четырех-
четырехугольника:
около выпуклого четырехугольника можно описать окружность
тогда и только тогда, когда сумма его противоположных углов
равна 180°.
Воспользуемся доказанной теоремой для решения такой задачи.
Задача 4. Доказать, что точка пере-
*Л сечения продолжения биссектрисы, прове-
х/^ ^^ денной из вершины треугольника, с опи-
описанной окружностью равноудалена от двух
других вершин и центра вписанной окруж-
окружности.
Решение. Рассмотрим треуголь-
треугольник ABC и проведем биссектрисы его
углов А и В до пересечения с описанной
окружностью в точках А\ и В\ соответствен-
соответственно; центр вписанной окружности обозначим
буквой О (рис.374). Докажем, что А\В =
Рис.374 = А{С = А{0.
Поскольку лучи АА\ и ВВ\ — биссектрисы углов А и В,
то ^ ВА\ =^ А\С, АХВ = АХС (см. задачу 2 п. 112) и ^ СВ\ =
=^ В\А. Согласно теореме об угле между пересекающимися хордами
имеем:
ZBOA, = i(w ВАХ + - АВХ) = i(w АХС+ - СВХ).
Но ~(w А\С-\- ^ СВ\) = ZOBA\ (объясните, почему). Тем самым,
ZBOA\ = ZOBA\. Отсюда следует, что треугольник ОА\В — равно-
равнобедренный, т. е. А\О = А\В. Итак, А\О = А\В = А\С, что и требова-
требовалось доказать.
114. Угол между касательной и хордой. Докажем теорему об уг-
угле между касательной и хордой.
Теорема. Угол между касательной и хордой, проходящей через
точку касания, измеряется половиной заключенной в нем дуги.
Доказательство. Пусть АВ — данная хорда, СС\ — каса-
касательная, проходящая через точку А (рис.375). Если АВ — диа-
диаметр (рис.375, а), то заключенная внутри угла ВАС (и угла ВАС\)
дуга является полуокружностью. С другой стороны, углы ВАС и ВАС\
в этом случае — прямые, поэтому утверждение теоремы верно.

2. Углы, связанные с окружностью
273
Сх
С
Сх А
б)
Рис. 375
Пусть теперь хорда АВ не является диаметром. Ради определен-
определенности будем считать, что точки С и С\ на касательной выбраны так,
что угол CAB — острый, и обозначим буквой а величину заклю-
заключенной в нем дуги (рис.375, б). Проведем диаметр AD и заметим,
что треугольник ABD — прямоугольный, поэтому ZADB = 90° —
— ZDAB = ABAC. Поскольку угол ADB — вписанный, то ZADB =
= -, а значит, и ABAC = -. Итак, угол ВАС между касательной АС
и хордой АВ измеряется половиной заключенной в нем дуги.
Аналогичное утверждение верно в отношении угла ВАС\. Действи-
Действительно, углы ВАС и ВАС\ — смежные, поэтому АВАС\ = 180° — — =
= . С другой стороны, C60° — а) — это величина дуги ADB,
заключенной внутри угла ВАС\. Теорема доказана.
Решим теперь такую задачу.
Задача 5. Прямая а касается описанной около треугольни-
треугольника ABC окружности в точке А, отрезок AD — биссектриса этого
треугольника. Доказать, что односторонние углы, образованные
при пересечении прямых а и ВС секущей AD, равны.
Решение. Отметим на прямой а точку Е так, как показано на ри-
рисунке 376, и докажем, что односторонние углы EAD и BDA равны.
Для этого продолжим биссектрису AD до пересечения с описанной
окружностью в точке М. Поскольку луч AM — биссектриса угла А,
то дуги ВЫ и СМ равны. Следовательно,
ZEAD = I
ABM = i(
АВ+ ^ СМ) = ZBDA,
что и требовалось доказать.
Замечание. Эта задача непосредственно связана с задачей 3
п. 112. Подумайте, какая связь между указанными задачами.
115. Теорема о квадрате касательной. Важным следствием
из теоремы об угле между касательной и хордой является теорема
о квадрате касательной.

274
Гл. 8. Окружность
Теорема. Если через точку М проведены секущая, пересекаю-
пересекающая окружность в точках А и В, и касательная МК (К — точка
касания), то
МА-МВ = МК2.
Кратко эту теорему формулируют так:
произведение секущей на ее внешнюю часть равно квадрату
касательной.
Доказательство. Проведем отрезки АК и ВК (рис.377). Тре-
Треугольники АКМ и ВКМ подобны: угол М у них общий, а углы АКМ
и В равны, так как каждый из них измеряется половиной дуги АК.
Следовательно,
МК _ МВ_
Wa ~ ж
или МА • MB = МК2. Теорема доказана.
Рис. 377
Замечание. Из доказанной теоремы следует, что если точка М
лежит вне окружности и через нее проведена секущая, пересекающая
окружность в точках А и В, то произведение МА • MB не зависит
от положения секущей — это произведение равно квадрату касатель-
касательной, проведенной из точки М. С другой стороны, квадрат касательной
равен ОМ2 — R2, где О — центр окружности, R — ее радиус (рис. 378).
Итак,
МА-МВ = ОМ2 -R2. A)
Рассмотрим теперь точку М, лежащую внутри окружности. Про-
Проведем через нее какую-нибудь хорду АВ. Нетрудно заметить, что
произведение МА • MB не зависит от положения хорды. Оно рав-
равно произведению отрезков МС и MD диаметра CD — это следует
из подобия треугольников АМС и BMD, т. е. равно (R + ОМ) • (R —
- ОМ) = R2 - ОМ2 (см. рис.379). Итак, в этом случае
МА-МВ = R2 -ОМ2.
B)

2. Углы, связанные с окружностью
275
В
Рис. 378
Рис. 379.
МА
~MD
МС
D
МА • MB =
= МС • MD = (R- OM){R + ОМ)
Формулы A) и B) похожи друг на друга. Если воспользоваться
обозначениями, принятыми в п. 99, то их можно даже объединить
в одну:
МА-МВ = ОМ2 -R2.
Отметим, что эта формула справедлива и в том случае, когда
точка М лежит на окружности и, следовательно, совпадает с одной
из точек А и В. В этом случае обе части равенства равны нулю.
Величина
а = МА • MB = ОМ2 - R2
называется степенью точки М относительно данной окружности.
116. Теорема Паскаля. Теорема, которую мы сейчас докажем,
связана с именем французского математика, физика и философа Бле-
за Паскаля A623-1662). В ней устанавливается весьма неожиданное
свойство шестиугольника, вписанного в окружность.
Теорема. Если противоположные стороны вписанного в окруж-
окружность шестиугольника не параллельны, то точки пересечения про-
продолжений этих сторон лежат на одной прямой.
Доказательство. Рассмотрим вписанный в окружность шести-
шестиугольник АхА^А^А^А^А^ и продолжим его противоположные сторо-
стороны А\А% и А^А$ до пересечения в точке В\, стороны А2А3 и A$Aq —
до пересечения в точке В^, а стороны А^А\ и A\Aq — до пересечения
в точке Дз (рис.380). Кроме того, продолжим стороны А\А2 и А3А4
до пересечения в точке С\, стороны А^А± и A$Aq — до пересечения
в точке С2, а стороны A$Aq и А\А2 — до пересечения в точке Сз.
Рассмотрим треугольник С1С2С3. На сторонах или продолжениях
сторон этого треугольника взяты точки В\, А\ и А$, лежащие на одной
прямой. Следовательно, по теореме Менелая 3 1 • 1 4 • 2 5 = — 1.
В\С\ А\С2 А5С3
Учитывая, что точки А\ и А^ лежат на сторонах треугольника, это
равенство можно переписать так:
СЪВХ СХАА С2АЪ
~Вх~С, ' А4С2 ' А5С3
= -1.

276
Гл. 8. Окружность
Сх А3
В3
Рис. 380
Аналогично, рассматривая точки В2, А2 и А3, а также точки Б3,
А\ и Aq, лежащие на сторонах или продолжениях сторон треугольни-
треугольника С\С2С3, мы получаем еще два равенства:
С2В2 С3А2 С
= -1
СхВ3 С2А6 С3Ах
А6С3 АхСх
В2С3 А2СХ А3С2 В3С2
Перемножим полученные равенства:
Сх~В3 ~С2~В2 СХАА СХА3 С2АЪ С2А6 С3А2 С3АХ
= -1.
~В2~С3 Л2Сх
Но
ААС2 А3С2 АЪС3 А6С3
= А2СХ • AiCi =Gi,
C2A5 • C2A6 = AAC2 • A3C2 = a2,
= -1.
где а\, а2 и а3 — степени точек С\, С2 и С3 относительно описанной
окружности. Следовательно, 3 х • х 3 • 2 2 = — 1, а значит, точ-
ВхСх В3Со В2С3
ки В\, В2 и В3 лежат на одной прямой. Теорема доказана.
Замечание. При доказательстве этой теоремы мы предположили,
что прямые А\А2 и А3А4, А3А\ и ^5^6, ^-5^-6 и А\А2 пересекаются.
Может, однако, случиться, что какие-нибудь две из них, например
А\А2 и А3А4, параллельны. Если при этом прямые А2А3 и А4А5, A4A5
и AqA\, AqA\ и А2А3 не параллельны, то в качестве точек С\, С2 и С3
следует взять точки их пересечения (рис. 381, а). Если же А\А2 || А3А±
и А2А3 || AqA\ (рис.381, б), то наше рассуждение применить нельзя,
требуется другое доказательство. Пользуясь рисунком 381, б, проведи-
проведите это доказательство самостоятельно.
117. Вневписанные окружности треугольника. Рассмотрим про-
произвольный треугольник ABC. Проведем биссектрису угла А и прямую,
содержащую биссектрису внешнего угла при вершине В (рис. 382). Они

2. Углы, связанные с окружностью
277
А
Вх
Сх
Рис. 381. а) АХА2 \\ А3А4; б) АХА2 \\ А3А4, А2А3 \\ А6А{
пересекаются (докажите это) в некоторой точке Оа. Поскольку точ-
точка Оа лежит на биссектрисе угла А, то она равноудалена от прямых АВ
и АС. По аналогичной причине она равноудалена от прямых АВ и ВС.
Следовательно, она равноудалена и от прямых АС и ВС, а значит,
лежит на прямой, содержащей биссектрису внешнего угла при вер-
вершине С (объясните, почему). Итак,

278
Гл. 8. Окружность
прямые, содержащие биссектрисы внешних углов треугольника
при двух вершинах, и биссектриса угла треугольника при третьей
вершине пересекаются в одной точке.
Поскольку точка Оа равноудалена от сторон внешних углов при
вершинах В и С, то окружность с центром Оа, касающаяся сторо-
стороны ВС, касается также и продолжений сторон АВ и АС (рис.383).
Эта окружность называется вневписанной окружностью треуголь-
С
Рис. 382
Рис. 383
ника ABC. Ясно, что любой треугольник имеет три вневписанные
окружности (рис.384).
Вспомним один из вопросов, записанных в нашем блокноте: верно
ли, что если точки А\, В\ и Сх лежат на сторонах ВС, С А и АВ
остроугольного треугольника ABC, причем ZBXAXC = АСХАХВ,
ZAXBXC = ZCXBXA и ZAXCXB = ZBXCXA, то точки Ах, Вх и Сх -
основания высот треугольника ABC? Теперь мы можем ответить
на этот вопрос утвердительно. В самом деле, из равенства ZAXBXC =
= ZCXBXA следует, что луч ВХА — биссектриса внешнего угла тре-
треугольника АХВХСХ (рис.385). По аналогичной причине луч СХА —
биссектриса другого внешнего угла этого треугольника. Поэтому точ-
точка А — центр вневписанной окружности треугольника АХВХСХ, и,
следовательно, луч АХА — биссектриса угла Ах. Но это означает, что
смежные углы ААХВ и ААХС равны, т.е. ААХ — высота треугольни-
треугольника ABC. Аналогично доказывается, что ВВХ и ССХ — высоты этого
треугольника.
Отметим, что
прямая, проведенная через вершину треугольника и точку, в ко-
которой вневписанная окружность касается противоположной сто-
стороны, делит периметр треугольника пополам.
Пользуясь рисунком 386, убедитесь в этом самостоятельно. Вспом-
Вспомнив теорему 2 п. 108, мы приходим к такому выводу:

2. Углы, связанные с окружностью
279
Рис. 384
Рис. 385
три отрезка, каждый из которых соединяет вершину треуголь-
треугольника с точкой касания противоположной стороны с вневписанной
окружностью, пересекаются в одной точке.
Решим теперь несколько задач, связанных с вневписанной окруж-
окружностью.
Задача 6. Точка О — центр вписанной в треугольник ABC
окружности, а точка Оа — центр его вневписанной окружности,
касающейся стороны ВС. Доказать, что точки О, Оа, В и С
лежат на одной окружности, центром которой является точка
пересечения отрезка ООа и окружности, описанной около треуголь-
треугольника ABC.
Решение. Обратимся к рисунку 387. Углы ОВОа и ОСОа, будучи
углами между биссектрисами смежных углов, — прямые, поэтому
Рис. 386

280 Гл. 8. Окружность
точки О, Оа, В и С лежат на одной окружности с диаметром 00а.
Пусть D — точка пересечения отрезка ООа и окружности, описанной
около треугольника ABC. Поскольку луч AD является биссектри-
биссектрисой угла А, то DB = DC = DO (см. задачу 4 п. 113). Следователь-
Следовательно, точка D — центр окружности, описанной около четырехугольни-
четырехугольника ВОСОа. Утверждение доказано.
Задача 7. Доказать, что точки, в которых вписанная и вне-
вписанная окружности касаются стороны треугольника, симмет-
симметричны относительно середины этой стороны.
Решение. Вновь обратимся к рисунку 387. Поскольку луч AD
является биссектрисой угла А, то BD = DC (см. задачу 2 п. 112), т.е.
треугольник BCD — равнобедренный. Проведем из точек О, D и Оа
перпендикуляры к стороне ВС и обозна-
обозначим их основания буквами Р, Q и R со-
соответственно (рис.388). Точки Р и R яв-
В R Q / |-| С ляются, очевидно, точками касания вписан-
Р ной и вневписанной окружностей со сторо-
стороной ВС, а точка Q — серединой этой сто-
стороны (так как отрезок DQ — высота равно-
равнобедренного треугольника BCD). Но OD =
= DOa. Следовательно, PQ = QR, т.е. точ-
точки Р и R симметричны относительно точ-
точки Q, что и требовалось доказать.
Задача 8. Через концы биссектри-
биссектрисы AD треугольника ABC проведены две
рис 388 параллельные прямые, одна из которых —
касательная к описанной около треуголь-
треугольника ABC окружности. Доказать, что вторая прямая является
общей касательной вписанной и вневписанной окружностей.
Решение. Проведем из центра О вписанной окружности перпен-
перпендикуляры ОН и ОК к стороне ВС и второй из проведенных пря-
прямых (рис.389). По условию накрест лежащие углы ADK и 1 равны.
Углы 1 и ADH также равны (см. задачу 5 п. 114), поэтому ZADK =
= ZADH. Следовательно, прямоугольные треугольники ODK и ODH
равны по гипотенузе и острому углу, а значит, ОК = ОН. Таким
образом, расстояние от прямой DK до центра О вписанной окружности
равно радиусу ОН этой окружности. Из этого следует, что прямая DK
касается вписанной окружности. Аналогично доказывается, что пря-
прямая DK касается вневписанной окружности и, тем самым, является
общей касательной указанных окружностей.
Задача 9. Доказать, что площадь S треугольника ABC выра-
выражается формулой
S = ra(p-a), C)
где га — радиус вневписанной окружности, касающейся сторо-
стороны ВС = а, р — полу периметр треугольника.

2. Углы, связанные с окружностью
281
Решение. Пусть АС = Ь, АВ = с (рис. 390). Тогда
S = Sacou + Sabou - $всоа = ^Ъ • ra + -с • ra - -а • ra = ra(p - a).
Замечание. Перемножая левые и правые части равенств S =
= га(р — a), S = гь(р — b), S = гс(р — с), S = тр (г — радиус вписанной
окружности), и учитывая, что согласно формуле Герона S2 = р(р —
— а)(р — Ь)(р — с), получаем еще одну красивую формулу для площади
треугольника: S = л/тгагьгс .
Рис. 389
Рис. 390
Задачи
390. Биссектриса внешнего угла при вершине С треугольника ABC
пересекает описанную окружность с центром О в точке D. Докажите,
что прямая DO делит сторону АВ пополам.
391. Отрезок АН — высота треугольника ABC. Из вершин В и С
проведены перпендикуляры ВВ\ и СС\ к прямой, проходящей через
точку А. Докажите, что треугольники ABC и НВ\С\ подобны.
392. Вершины Р и Е равностороннего треугольника АРЕ лежат
на сторонах ВС и CD прямоугольника ABCD, точки К и М — сере-
середины сторон АЕ и АР. Докажите, что треугольники ВКС и CMD —
равносторонние.
393* Вершины А и В треугольника ABC с прямым углом С
скользят по сторонам прямого угла с вершиной Р. Докажите, что
точка С перемещается при этом по отрезку.
394. Две окружности пересекаются в точках А и В. Через эти
точки проведены секущие MAP и CBD (точки М и С лежат на одной
окружности, а точки Р и D — на другой). Докажите, что если секущие
не пересекаются внутри окружности, то МС || PD.

282 Гл. 8. Окружность
395. Стороны треугольника равны а, Ъ и с, а радиусы вписанной
сьЪс
и описанной окружностей равны г и R. Докажите, что ; = 2rR.
a + b + с
396. Окружность, вписанная в треугольник ABC, касается его сто-
сторон в точках L, М и N. Докажите, что отношение площади треуголь-
треугольника LMN к площади треугольника ABC равно отношению радиуса
окружности, вписанной в треугольник ABC, к диаметру окружности,
описанной около этого треугольника.
397. Из точки М, лежащей внутри данного острого угла с вер-
вершиной А, проведены перпендикуляры МР и ME к сторонам этого
угла. Известно, что АР = а, АЕ = Ъ, AM = с. Найдите расстояние
от точки А до прямой РЕ.
398. На окружности даны точки А, В, С и D в указанном порядке;
К, L, М и N — середины дуг АВ, ВС, CD и DA соответственно.
Докажите, что прямые КМ и LN взаимно перпендикулярны.
399. Дан треугольник ABC. а) Биссектрисы углов А, В, С пере-
пересекают описанную около треугольника ABC окружность в точках А\,
В\, С\ соответственно; докажите, что прямые АА\, ВВ\, СС\ содержат
высоты треугольника А\В\С\. б) Продолжения высот треугольника,
проведенных из его вершин А, В, С, пересекают описанную око-
около него окружность в точках А\, В\, С\ соответственно; докажите,
что прямые АА\, ВВ\, СС\ содержат биссектрисы углов треугольни-
треугольника А\В\С\.
400. Точки В и С лежат по одну сторону от прямой AD, ZABD =
= ZACD. Докажите, что точки А, В, С и D лежат на одной окружно-
окружности.
401. Диагонали равнобедренной трапеции с боковой стороной АВ
пересекаются в точке Р. Докажите, что центр О описанной около
нее окружности лежит на окружности, описанной около треугольни-
треугольника АР В.
402. На окружности даны точки А, В, С и D в указанном порядке.
Точка М — середина дуги АВ, К — точка пересечения хорд АВ
и MD, Е — точка пересечения хорд АВ и МС. Докажите, что около
четырехугольника CDKE можно описать окружность.
403. В выпуклом четырехугольнике ABCD проведены биссектрисы
углов. Докажите, что четыре точки пересечения биссектрис углов А
и С с биссектрисами углов В и D лежат на одной окружности.
404. Внутри угла ABC равностороннего треугольника ABC взята
точка М так, что ZBMC = 30°, ZBMA =17°. Найдите углы ВАМ
и ВСМ.
405* Серединный перпендикуляр к стороне АВ треугольника ABC
пересекает прямую АС в точке М, а серединный перпендикуляр к сто-
стороне АС пересекает прямую АВ в точке Р. Известно, что МР =
= ВС и прямая МР перпендикулярна к прямой ВС. Найдите углы
треугольника ABC.

2. Углы, связанные с окружностью 283
406* Вписанная окружность касается сторон АВ и АС треуголь-
треугольника ABC в точках М и К, Р — точка пересечения прямой МК
и биссектрисы угла В. Докажите, что ZBPC = 90°.
407. Противоположные стороны выпуклого четырехугольника про-
продолжены до пересечения. Докажите, что около четырехугольника мож-
можно описать окружность тогда и только тогда, когда биссектрисы обра-
образовавшихся углов взаимно перпендикулярны.
408* Противоположные стороны четырехугольника, вписанного
в окружность, продолжены до пересечения. Докажите, что четыре
точки, в которых биссектрисы двух образовавшихся углов пересекают
стороны четырехугольника, являются вершинами ромба.
409* Точки А\, В\, С\ взяты произвольно на сторонах ВС, С А
и АВ треугольника ABC. Докажите, что окружности, описанные
около треугольников АВ\С\, ВА\С\ и СА\В\, пересекаются в одной
точке.
410*. Противоположные стороны четырехугольника продолжены
до пересечения, и около четырех образовавшихся треугольников опи-
описаны окружности. Докажите, что все они пересекаются в одной точке.
411. Две окружности пересекаются в точках А и Р. Через точку А
проведена касательная к первой окружности, пересекающая вторую
окружность в точке В, а через точку Р — прямая, параллельная
прямой АВ и пересекающая окружности в точках В и С. Докажите,
что четырехугольник ABCD — параллелограмм.
412. Две окружности пересекаются в точках М и Р. Через точку А
первой окружности проведены прямые АР и AM, пересекающие вто-
вторую окружность в точках В и С. Докажите, что касательная в точке А
к первой окружности параллельна прямой ВС.
413. Докажите, что расстояние от точки окружности до прямой,
содержащей хорду этой окружности, есть среднее геометрическое рас-
расстояний от концов хорды до касательной к окружности в этой точке.
414. Касательная в точке А к описанной около треугольника ABC
окружности пересекает прямую ВС в точке Е, AD — биссектриса
треугольника ABC. Докажите, что АЕ = ЕВ.
415. Каждая из боковых сторон равнобедренного треугольни-
треугольника ABC с основанием АС разделена на три равные части, и через
четыре точки деления проведена окружность, высекающая на основа-
основании АС хорду BE. Найдите отношение площадей треугольников ABC
и ВВЕ, если АВ = ВС = 3, АС = 4.
416. Две окружности пересекаются в точках А и В. Через точку А
проведены хорды АС и АВ, касающиеся данных окружностей. Пря-
Прямые ВС и ВВ пересекают окружности в точках Р и Q. Докажите,
что СР = BQ.
417. На серединном перпендикуляре к гипотенузе АВ прямоуголь-
прямоугольного треугольника ABC взята точка О так, что О А = а, ОС = с. Най-
Найдите расстояние от основания Н высоты СН до середины отрезка ОС.

284
Гл. 8. Окружность
418* Докажите, что точки пересечения продолжений сторон раз-
разностороннего треугольника с касательными к описанной около него
окружности в противоположных вершинах треугольника лежат на од-
одной прямой.
419* Докажите, что точка пересечения продолжений сторон АВ
и CD вписанного в окружность четырехугольника ABCD лежит
на одной прямой с точками пересечения прямой ВС с касательной
к окружности в точке D и прямой AD с касательной к окружности
в точке С.
420*. Докажите, что точка пересечения ка-
касательных к окружности в вершинах В и D
вписанного в эту окружность четырехуголь-
четырехугольника ABCD лежит на одной прямой с точка-
точками пересечения прямых АВ и CD, AD и ВС.
421. Найдите площадь прямоугольного
треугольника, если радиус вписанной в него
окружности равен г, а радиус вневписан-
ной окружности, касающейся гипотенузы, ра-
вен Д. 1111
422. Докажите, что 1 1 = -,
Га П Гс Г
где г — радиус окружности, вписанной в тре-
треугольник, га, гь и гс — радиусы вневписанных
окружностей.
423. Докажите, что площадь S выпукло-
выпуклого четырехугольника со сторонами а, Ь, с, d
и полупериметром р выражается формулой
Рис. 391
S = га(р-а)+гс(р-с),
где га и гс — радиусы вневписанных окружностей, касающихся сторон,
равных а и с (см. рис.391).
424. Даны три точки, не лежащие на одной прямой. Постройте
треугольник, для которого эти точки являются основаниями высот.
Сколько решений имеет задача?

Глава 9
ВЕКТОРЫ
§ 1. Сложение векторов
118. Сонаправленные векторы. Рассмотрим произвольный отре-
отрезок. На нем можно указать два направления: от одного конца к дру-
другому и наоборот (рис.392). Чтобы выбрать одно из направлений, один
конец отрезка назовем началом, а другой — концом и будем считать,
что отрезок направлен от начала к концу. Отрезок, для которого
указано, какой из его концов считается началом, а какой — кон-
концом, называется направленным отрезком или вектором. Любая точка
плоскости также считается вектором, который называется нулевым
вектором. На рисунке 393 векторы АВ (А — начало, В — конец), CD,
EF — ненулевые, а вектор ММ — нулевой. Если точка А — начало
вектора ~~а, то говорят, что вектор ~а отложен от точки А.
А
D С X %м
Рис. 392 Рис. 393
Ненулевые векторы называются коллинеарными, если они лежат
либо на одной прямой, либо на параллельных прямых; нулевой вектор
считается коллинеарным любому вектору. На рисунке 394 векторы ~а ,
Ъ , АВ, CD, MM (вектор ММ — нулевой) — коллинеарны, а векто-
векторы АВ и EF, CD и EF — не коллинеарны.
Интуитивно ясно, что если два ненулевых вектора ~а и Ъ кол-
коллинеарны, то они могут быть направлены либо одинаково, либо про-
противоположно. В первом случае векторы ~а и Ъ называются сона-
правленными (~а || Ь ), а во втором — противоположно направленны-
направленными (~а || Ь). А как дать точное определение этих понятий? Давайте
подумаем.

286
Гл. 9. Векторы
Рассмотрим сначала ненулевые векторы АВ и CD, лежащие на па-
параллельных прямых (рис.395). Естественно назвать их сонаправлен-
ными, если их концы — точки В и D — лежат по одну сторону от пря-
прямой АС, т. е. от прямой, проходящей через их начала. Можно сказать
иначе: ненулевые векторы АВ и CD, лежащие на параллельных пря-
прямых, называются сонаправленными, если фигура ABDC — трапеция
или параллелограмм. Ясно, что эти два определения равносильны.
D
Рис. 394
Рис. 395
Рассмотрим теперь ненулевые векторы АВ и CD, лежащие на од-
одной прямой (рис.396). Естественно назвать их сонаправленными,
если один из лучей АВ и CD
целиком содержит другой луч.
Можно дать и другую форму-
В С
D
Рис. 396
лировку этого определения, ес-
если воспользоваться обозначения-
обозначениями, принятыми в п. 99. Пусть, например, луч АВ целиком содержит
луч CD (см. рис 396). Тогда точки В и D лежат по одну сторону
от точки А, и поэтому числа АВ и AD имеют одинаковые знаки.
Числа CD и AD также имеют одинаковые знаки, поскольку луч CD
содержится в луче АВ. Следовательно, числа АВ и CD имеют одина-
одинаковые знаки. Итак, если один из лучей АВ и CD целиком содержит
другой луч, то числа АВ и CD имеют одинаковые знаки. Справед-
Справедливо и обратное утверждение: если точки А, В, С, D лежат на од-
одной прямой и числа АВ и CD имеют одинаковые знаки, то один
из лучей АВ и CD целиком содержит другой луч. Сравнивая знаки
чисел АВ и CD со знаком числа AD, докажите это самостоятельно
Тем самым мы приходим к такому определению: ненулевые векторы АВ
и CD, лежащие на одной прямой, называются сонаправленными, если
числа АВ и CD имеют одинаковые знаки.
К сказанному осталось добавить, что если два ненулевых коллине-
арных вектора не сонаправлены, то они называются противоположно
направленными. Условимся считать также, что нулевой вектор сона-
правлен с любым вектором.
Докажем теперь важное утверждение о сонаправленных векторах.

/. Сложение векторов
287
Задача 1. Доказать, что если ~а ]] Ь и Ь || ~с, причем
вектор Ъ — ненулевой, то ~~а || ~~с .
Решение! Для удобства сформулируем задачу, используя другие
обозначения: доказать, что если А\В\ || АоВ2 и А2В2 || А3В3, причем
вектор А2В2 — ненулевой, то А\В\ ]] А^В^.
Если один из векторов А\В\ и А3В3 — нулевой, то А\В\ || А^В^,
поскольку нулевой вектор сонаправлен с любым вектором.
Допустим, что все три вектора — ненулевые. Возможны четыре
случая.
1(\ Все данные векторы лежат на одной прямой. Из усло-
условий А\В\ || А2В2 и А2В2 || А3В3 следует, что числа А\ВХ и А2В2,
а также числа А2В2 и А^В^ имеют одинаковые знаки. Следовательно,
знаки чисел А\В\ и А^В^ совпадают, поэтому А\В\ ]] А^В^.
2°. Векторы А\В\ и А^В^ лежат на одной прямой, а вектор А2В2 —
на прямой, параллельной первой. Пусть, для определенности,
|| А2В2 (рис.397, а). В этом случае фигура А2А\А%В2 —
трапеция (или параллелограмм), а отрезок А2А% — ее диагональ,
поэтому точки А\ и В2 лежат по разные стороны от прямой А2А%.
Точки В2 и В% лежат по одну сторону от этой прямой. Следовательно,
точки А\ и Б3 лежат по разные стороны от прямой А2А%, а значит, и от
точки A3. Это означает, что числа А\А3 и А%В3 имеют одинаковые
знаки. Числа А\В\ и А\А% также имеют одинаковые знаки, поскольку
Рис. 397

288
Гл. 9. Векторы
точка В\ лежит на луче А\А%. Следовательно, числа А\В\ и А^В^
имеют одинаковые знаки, т.е. А\В\ || А3В3.
3°. Векторы А2В2 и А3В3 лежат на одной прямой, а вектор А\В\ —
на прямой параллельной первой (рис.397, б). Отложим от точки А%
вектор А^С, длина которого равна А3В3 и который сонаправлен с век-
вектором А\В\. В соответствии с доказанным в п. 2°, А$С || А2В2, по-
поэтому АЪС || А^В3 (см. п. 1°), а так как АЪС = А3В3, то А3С = А3Д3-
Следовательно, точки С и Бз совпадают, и значит, А3Б3 || А\В\.
4°. Данные векторы лежат на трех параллельных прямых. Пусть
прямая А\А2 пересекается с прямой А$Въ B точке А\. Отложим от этой
точки вектор А4В4, сонаправленный с вектором А2В2 (рис.397, в).
Согласно доказанному в п. 2°, А\В\ || А^В^. С другой стороны,
А\В\ || А\В\, так как концы этих векторов лежат по одну сторону
от прямой А\А^. Следовательно, А\В\ || А^В^ (см. п. 3°). Утверждение
доказано.
119. Равенство векторов. Два вектора называются равными, если
они сонаправлены и их длины равны. Из этого определения и утвер-
утверждения задачи 1 следует, что
если ~а = Ъ и Ъ = ~с', то ~а = ~с .
Докажите самостоятельно следующее утверждение:
от любой точки М можно отложить вектор, равный данному
вектору ~~а, и притом только один.
Равные векторы, отложенные
от разных точек, часто обознача-
обозначают одной и той же буквой. Ино-
Иногда про такие векторы говорят,
что это один и тот же вектор,
но отложенный от разных точек.
Отметим еще одно свойство
равных векторов.
3 ада ч а 2. Доказать, что
р если АВ = CD, то АС = ~BD.
~^" Реш е н и е. Если векто-
векторы АВ и CD лежат на парал-
параллельных прямых (рис. 398, а).
то из равенства АВ = CD
следует, что четырехуголь-
ник ABDC — параллелограмм, поэтому АС = BD. Если же
векторы АВ и CD лежат на одной прямой (рис.398, б), то из
равенства АВ = CD следует, что АВ = CD. По теореме Шаля АС =
= АВ + ~ВС = ~CD + ~ВС = ~BD. Следовательно, АС = ~BD, что
и требовалось доказать.
А
В С
Рис. 398

/. Сложение векторов
289
120. Сумма векторов. Рассмотрим два вектора — ~а и Ь . От-
Отметим произвольную точку А и отложим от этой точки вектор АВ,
равный ~~а (рис.399). Затем от точ-
точки В отложим вектор ВС, рав-
равный Ъ . Вектор АС называется сум-
суммой векторов ~а и Ъ .
Это правило сложения векторов
называется правилом треугольника.
Рисунок 399 поясняет это название.
Докажем, что если при сложении
векторов ~а и Ъ точку А, от кото-
которой откладывается вектор АВ = ~а,
заменить другой точкой А\, то век-
вектор АС заменится равным ему век-
вектором А\С\. Иными словами, докажем, что если АВ = А\В\ и ВС =
^\, то АС = ~МСХ (рис.400).
С
Рис. 399. АС = ~а + V
А
С
СХ
Рис.400. АС = АхСх
Из равенств АВ = А\В\ и ВС = В\С\ следует, что АА\ = ВВ\
и ВВ\ = СС\ (задача 2 п. 119). Следовательно, АА\ = СС\, а значит,
АС = А\С\, что и требовалось доказать.
Правило треугольника можно сформулировать и таким образом:
для любых трех точек А, В и С имеет место равенство АВ +
Подчеркнем, что это равенство справедливо для любых точек А, В
и С, в частности, в том случае, когда две из них или даже все три
совпадают.
Теорема. Для любых векторов ~а, Ъ и ~с справедливы равен-
равенства: _^ _^
1° ~а + Ь_^= Ъ +~а; _^
2° (~а + ~Ь) + ~с = ~а + (V + "с").
Доказательство. 1°. От произвольной точки А отложим векто-
векторы АВ = ~~а и АР = Ъ ; от точки В отложим вектор ВС = Ъ (рис. 401).
Поскольку ВС = AD, то АВ = DC, т.е. DC = ~а . По правилу
10 СБ. Кадомцев

290
Гл. 9. Векторы
треугольника АС = АВ + ВС = ~а +
+ b . С другой стороны, АС = AD +
+ DC = b + ~а . Следовательно, ~а +
+ 7 = 7 + "^.
2°. Пользуясь рисунком 402, дока-
докажите это утверждение самостоятельно.
Замечание 1. При доказатель-
доказательстве свойства 1° мы обосновали так
называемое правило параллелограм-
параллелограмма сложения неколлинеарных векто-
векторов: чтобы сложить неколлинеарные
векторы ~~а и b , нужно отложить от какой-нибудь точки А векто-
векторы АВ = ~а и AD = b и построить параллелограмм ABCD (рис.403).
Тогда вектор АС окажется равным ~а + b . Правило параллелограмма
часто используется в физике, например при сложении сил.
Рис. 401
А
D
Рис. 402
D
Рис. 403. АС = ~а + V
Замечание 2. Суммой нескольких векторов называется вектор,
который строится так: первый вектор складывается со вторым, затем
их сумма складывается с третьим вектором и т. д. Из доказанной
теоремы следует, что сумма нескольких векторов не зависит от того,
в каком порядке они складываются.
Замечание 3. Разностью векторов ~а и b называется такой
вектор, сумма которого с вектором b равна вектору ~а. Построить
вектор ~ct — b можно так. Отметим на плоскости произвольную точ-
точку О и отложим от этой точки векторы О А = ~а и OB = b (рис.404).
Тогда В А = ~~а — b (объясните, почему). Вектор, равный 0 — ~а,
называется противоположным вектору ~а и обозначается так: — ~а.
Решим теперь две задачи.
Задача 3. Доказать, что векторы АВ и CD равны тогда
и только тогда, когда середины отрезков AD и ВС совпадают.
Решение. Пусть точка О — середина отрезка AD (рис.405),
т. е. рб = ОА. Тогда СО = CD + DO или СО = CD f OA, OB =
= О А + АВ. Из двух последних равенств следует, что АВ = CD тогда

/. Сложение векторов
291
Рис. 404
Рис. 405
и только тогда, когда СО = ОВ, т. е. середина О отрезка AD является
серединой отрезка ВС. Утверждение доказано.
Задача 4. Даны треугольник ABC и точка М. Точка М\ сим-
симметрична точке М относительно середины стороны АВ, точка М2
симметрична точке М\ относительно середины стороны ВС, точ-
точка Мз симметрична точке М2 относительно середины стороны АС.
Доказать, что точка Мз симметрична точке М относительно
вершины А.
Решение. Поскольку середи-
середины отрезков АВ и MMi совпада-
ют (рис.406), то AM = М\Ё (за-
(задача 3). Середины отрезков ВС
и М\М2 также совпадают, поэто-
поэтому М\В = СМ2. Наконец, сов-
совпадают середины отрезков АС
и М2Мз, а значит, СМ2 = М3Л
Таким образом, AM = М\ В =
= СМ2 = МзЛ т. е. AM = ЩА.
Рис-
М
Но это и означает, что точки Мз
и М симметричны относительно
вершины А. Утверждение дока-
зано.
С
Задачи
425. Внутри треугольника ABC взята точка М и построены па-
параллелограммы АМВМ\, ВМСМ2 и СМАМ%. Докажите, что пря-
прямые АМ2, ВМ^ и СМ\ пересекаются в одной точке.
426. Точки М и N соответственно симметричны точкам В и С
относительно середин сторон АС и АВ треугольника ABC. Докажите,
что точки М, N и А лежат на одной прямой.
427. Точка М симметрична точке Р стороны ВС параллелограм-
параллелограмма ABCD относительно точки пересечения диагоналей этого парал-

292 Гл. 9. Векторы
лелограмма. Докажите, что треугольники APD и СМВ равны, а их
стороны соответственно параллельны.
428. Внутри параллелограмма ABCD отмечена произвольная точ-
точка М. Докажите, что из отрезков MA, MB, MC и MD можно
составить четырехугольник, вписанный в параллелограмм ABCD так,
что на каждой стороне параллелограмма будет лежать ровно одна
вершина этого четырехугольника.
429* Дан выпуклый многоугольник. Известно, что внутри него есть
такая точка, что любые три последовательные вершины многоуголь-
многоугольника и эта точка являются вершинами некоторого параллелограмма.
Сумма длин сторон всех этих параллелограммов равна р. Найдите
число сторон и периметр многоугольника.
430* Докажите, что четыре точки, симметричные произвольной
точке относительно середин сторон данного четырехугольника, явля-
являются вершинами параллелограмма.
431. Докажите, что для любых двух векторов ~а и Ъ имеет место
равенство: ~~а — Ъ =~а + (— Ь).
432. Докажите, что для любых двух векторов ~а и Ъ : а) [а +
+ Ь\ ^ |"^| + | Ь |, причем знак равенства возможен только в том
случае, когда ~а || Ь ; б) \~а — Ь | ^ \~а\ + | Ь |, причем знак равенства
возможен только в том случае, когда либо ~~ct j j b , либо один из век-
векторов ~~а и Ь — нулевой.
433* Даны параллелограммы ABCD и AB\C\D\. Докажите,
что ВВ\ < СС\
§ 2. Умножение вектора на число
121. Произведение вектора на число. Произведением ненулевого
вектора ~~а на число к называется такой вектор Ъ , длина которого
равна |fc| • |"^|, причем векторы ~~а и Ъ сонаправлены при к ^ 0 и про-
противоположно направлены при к < 0. Произведением нулевого вектора
на любое число считается нулевой вектор.
Из этого определения непосредственно следует, что:
произведение любого вектора на число нуль есть нулевой вектор;
для любого числа к и любого
2 q ^ ^ вектора ~а векторы ~а и к~а
коллинеарны.
Рис. 407. UD = kAB, ~CD = kAB Рассмотрим точку С, лежа-
лежащую на прямой АВ. Если CD =
= kAB (рис.407), то точка D также лежит на прямой АВ, при-
причем CD = kAB; обратно, если точка D лежит на прямой АВ и CD =
= kAB, то CD = kAB. Докажите эти утверждения самостоятельно.

2. Умножение вектора на число 293
Воспользуемся этим наблюдением для доказательства теоремы
о свойствах произведения вектора на число.
Теорема. Для любых чисел к, I и любых векторов ~а, Ъ спра-
справедливы равенства'.
°
() ()
2° (k + l)~a =k~a +l~a;
3° k(-a+~b) = k~a+k~b.
До к а з а тел ь с т в о! 1° Отложим от произвольной точки О векто-
векторы О А = ~а, ОА\ = 1~а, ОА2 = кA~а), О A3 = {kl)~a (рис.408). Имеем:
Щх = ЮА, UA2 = ЮАх = ktOA, ~ОАЪ = klOA = UA2. Следовательно,
ОАз = ОА2, т. е. (kl)~a = k(l~a).
О А Ах А2
Рис. 408. ОА = ~а, ~ОАХ = 1~а, ~ОА2 = k(l~a), ~ОАЪ = (Ы)~а
2°. Отложим от произвольной точки О векторы О А = ~а, ОВ = к~а,
ОС = (к + 1)~а, а от точки В — вектор BD = Га (рис.409). Имеем:
~ОВ = ЮА, ОС = (к + l)OA, ~BD = ЮА. По теореме Шаля ~OD =
= ~ОВ + ~ВВ = ЮА + ЮА = (к + 1)ОА = ~ОС. Следовательно, OD =
= ОС. Таким образом, OD = ОВ + шЗ = к~а + Га = ОС = (к + 1)~а,
т. е. (к + 1)~а = А:"^ + Га .
-J D
О А В С
Рис. 409. ОА = ~а , ОВ = к~а, ОС = (к + l)~a , ~BD = Га
3°. При к = 0 справедливость равенства очевидна. Пусть к ф 0.
Рассмотрим случай, когда векторы ~а^ и 6 не коллинеарны (доказа-
(доказательство в случае коллинеарных векторов ~а и Ъ аналогично дока-
доказательству утверждения 2°; проведите его самостоятельно). Отложим
от какой-нибудь точки О векторы ОА\ = ~а, ОА = к~а, ОВ\ = ~а +
+ 6 , ОБ = к(~а + 6 ) (рис.410, а, б). Ясно, что А\В\ = 6 . Докажем,
что АВ = кЪ .
Треугольники ОА\В\ и ОАЕ> подобны с коэффициентом подо-
подобия |fc| (докажите это). Следовательно, АВ = |fc| • А\В\ и АЕ> || А\В\,
т.е. либо АБ = кА\В\, либо АБ = — кА\В\. Если /с > 0, то точки В
и Ei лежат на одном луче с началом О (рис.410, а), а потому по одну
сторону от прямой АА\\ если же к < 0, то точки В и В\ лежат
на разных лучах с началом О (рис.410, б), и значит, по разные
стороны от прямой АА\. В первом случае АВ || А\В\, во втором

294
Гл. 9. Векторы
о
^
Bi
УХ
А
а)
О ^ Ах
Рис. 410. а) к> 0: ОА = к~а, ОВ = к(~а + V), б) к> 0: ОА = к~а, ОВ =
= к(~а + V)
случае АВ ][ А\В\. Таким образом, и в том и в другом случае АВ =
= кА\Ё\, т. е. АВ = к~Ь . > > _^
Итак, по построению ОВ = кОВ\ = к(~а + Ъ ). С другой стороны,
ОБ = ОА + АВ = &~а> + кЬ , т. е. ^("а^ + V) = к~а + fcT. Теорема
доказана.
122. Несколько задач. Начнем с простой задачи.
Задача 1. Точка С — середина отрезка АВ, О — произвольная
точка плоскости (рис.411). Выразить вектор ОС через векторы О А
и ОВ.
Решение. По правилу треугольника
Складывая эти равенства, получаем: 2ОС = О А + ОВ + (АС +
5
Так как точка С — середина отрезка АВ, то АС + БС = 0 . Таким
образом, 2ОС = (ХА + ОБ, или
A)
Решим теперь чуть более трудную задачу.
Задача 2. Доказать, что отрезок, соединяющий середины про-
противоположных сторон произвольного четырехугольника, меньше
или равен полусумме двух других сторон, причем равенство воз-
возможно тогда и только тогда, когда данный четырехугольник —
трапеция или параллелограмм.
Решение. Пусть М и N — середины сторон АВ и CD четырех-
четырехугольника ABCD (рис.412). Имеем:

2. Умножение вектора на число
295
О
N
С
С
м
Рис.412
В
Рис.411
Сложив эти равенства, получим:
2M7V = (MB + мА) + (ВС + AD) + (CN + DN).
Но М и N — середины сторон АВ и CD, поэтому MB + МА = О
и CW + D7V = 0 . Следовательно, 2MN = AD + ВС, откуда
Из этого равенства следует, что MN
AD + BC
причем знак
равенства имеет место тогда и только тогда, когда векторы AD и ВС
сонаправлены (объясните, почему), т.е. тогда и только тогда, когда че-
четырехугольник ABCD — трапеция или параллелограмм. Утверждение
доказано.
Воспользуемся результатом задачи 1 для решения еще одной зада-
задачи.
Задача 3. Доказать, что из медиан произвольного треугольни-
треугольника можно составить новый треугольник, стороны которого соот-
соответственно параллельны этим медианам.
Решение. Рассмотрим треугольник ABC с медианами АА\, ВВ\
и CCi (рис.413, а). В соответствии с формулой A) можно написать:
CCi = ^
Складывая эти равенства и учитывая, что АВ + В А = 0 , ВС +
+ СВ = 7, СА + АС = ^), получаем: ~ААХ + BBi + ССХ =~0. Отсюда
следует, что если построить векторы PQ = АА\, QR = BBi и RS =
= ССь то точки Р и S совпадут (рис.413, б). Таким образом, стороны
треугольника PQR соответственно равны и параллельны медианам
треугольника ABC. Утверждение доказано.

296
Гл. 9. Векторы
А
С
а)
С
Рис. 413. б) PQ = AAU QR = ВВи
Замечание. В связи с задачей 3 возникает вопрос: а нельзя
ли решить эту задачу без использования векторов? Конечно, можно!
Достроим треугольник ABC до параллелограмма ABDC так, как
показано на рисунке 414. Если
отрезок В\В2 — средняя линия
треугольника ADC, то В\В2 =
= l-AD = ААХ и ВХВ2 || АА{.
Далее, противоположные сторо-
стороны ВС\ и В2С четырехуголь-
четырехугольника ВВ^ССх равны и па-
параллельны, поэтому этот че-
четырехугольник — параллело-
параллелограмм. Следовательно, В2В =
= ССХ и В2В || ССХ. Итак,
треугольник ВВ\В2 составлен
из медиан треугольника ABC.
Пользуясь рисунком 414, нетрудно указать способ построения тре-
треугольника ABC по трем медианам. Подумайте, как это сделать. Объ-
Объясните также, почему площадь треугольника ВВ\В2 равна 2S — — —
_ S_
2
Задачи
434. Основания ВС и AD трапеции ABCD относятся как 1 : 2,
точка Е — середина стороны CD. Докажите, что точка М, делящая от-
отрезок АЕ в отношении 1 : 4, считая от точки Е, лежит на прямой BD.
435* Середина каждой стороны выпуклого восьмиугольника со-
соединена отрезками с серединами двух ближайших к этой стороне
Рис.414
S 3
— = -S, где S — площадь треугольника ABC.

2. Умножение вектора на число 297
несмежных с нею сторон. Середины указанных отрезков являются
вершинами некоторого нового восьмиугольника. Докажите, что: а) про-
противоположные стороны нового восьмиугольника попарно параллельны
и равны; б) четыре диагонали нового восьмиугольника, соединяющие
его противоположные вершины, пересекаются в одной точке, а для
каждой из оставшихся диагоналей найдется параллельная и равная
ей диагональ.
436* Середина каждой стороны выпуклого n-угольника (п > 4, п ф
Ф 8) соединена отрезками с серединами двух ближайших к этой сто-
стороне несмежных с нею сторон. Середины указанных отрезков являются
вершинами некоторого нового n-угольника. Докажите, что в исходном
n-угольнике найдутся п диагоналей, сумма длин которых ровно в 4
раза больше периметра нового п-угольника.
437. Докажите, что: а) если сумма расстояний между серединами
противоположных сторон выпуклого четырехугольника равна его по-
полупериметру, то этот четырехугольник — параллелограмм; б) из всех
четырехугольников с данными диагоналями и углом между ними наи-
наименьший периметр имеет параллелограмм.
438* Докажите, что середины двух сторон треугольника, общая
вершина этих сторон и центр тяжести указанного треугольника лежат
на одной окружности тогда и только тогда, когда выполнено любое
из следующих условий: а) треугольник, составленный из медиан дан-
данного треугольника, подобен данному треугольнику; б) одна из сторон
данного треугольника равна среднему квадратичному для двух других
его сторон.
439. В произвольном четырехугольнике ABCD точки М и N —
середины диагоналей АС и BD, а точки К и S — середины сторон АВ
и CD. Докажите, что существует треугольник, стороны которого рав-
равны и параллельны отрезкам AM, BN и KS.
440. Точки А\, А2,..., А$ — середины сторон произвольного вось-
восьмиугольника, взятых последовательно. Докажите, что существует зам-
замкнутая ломаная из четырех звеньев, соответственно равных и парал-
параллельных отрезкам А\А^, А^А\, А^А§ и AjA$.
441. Докажите, что если векторы ~~а и Ъ коллинеарны и ~а ф О ,
то существует единственное число к такое, что Ь = к~а .
442. Докажите, что если векторы ~а и Ъ неколлинеарны, то для
любого вектора ~с существуют числа х и у такие, что ~с = х~а +у b ,
причем эти числа определяются единственным образом.
443. Точки М и N лежат соответственно на сторонах АС и ВС
треугольника ABC, причем СМ : МА = 3 : 2, CN : NB = 2 : 3. В ка-
каком отношении прямая MN делит медиану СК треугольника ABC?
444* Стороны AD и ВС четырехугольника ABCD не параллельны.
Точки М и N расположены соответственно на прямых BD и АС
так, что AM || ВС, BN || AD. Докажите, что отрезки MN и CD
параллельны.

Глава 10
МЕТОД КООРДИНАТ
§ 1. Координаты точек и векторов
123. Ось координат. Рассмотрим произвольную прямую I, отметим
на ней какую-нибудь точку О и назовем ее началом координат.
Выберем на прямой / еще одну точку X и примем отрезок ОХ
за единицу измерения отрезков. Вектор ОХ назовем координатным
вектором. Прямую I с выбранным на ней координатным вектором ОХ
назовем осью координат. Ось координат с началом О и координатным
вектором ОХ обычно обозначают так: Ох (рис.415, а).
Чтобы ввести координаты то-
/ q X х чек' лежащих на оси Ох, вспом-
вспомним, что каждому отрезку ОМ
а) можно сопоставить два числа:
ОМ и МО, имеющих разные
• »¦ • > знаки и равных по модулю чис-
N О X М х л^ ВЫражаЮщему длину отрез-
б) ка ОМ при выбранной едини-
у це измерения ОХ (п. 99). Будем
Рис. 415. а) ОХ — координатный век- считать, что ОХ = 1. Тогда, в со-
тор, ОХ = 1; б) ОХ = 1, ОМ = ответствии с правилом знаков,
= ОМ > 0, ON = -ON < 0 принятом в п. 99, для любой точ-
ки М, лежащей на луче ОХ,
ОМ = ОМ > 0, а для любой точки N, лежащей на продолжении
луча OX, UN =-ON <0 (рис.415, б).
Координатой точки М, лежащей на оси координат Ох и отличной
от точки О, называется число ОМ; из этого определения, в частности,
следует, что координата точки X равна 1. Координатой точки О счи-
считается число 0. Тот факт, что точка М имеет координату х, условимся
обозначать так: М(х). Отметим, что для точки М(х) имеет место
равенство ОМ = хОХ (докажите это).
Выберем на оси координат какие-нибудь две точки: А(х\) и В(х2).
По теореме Шаля ~АВ = ~АО + ~ОВ = -~ОА + ~ОВ = х2-х\. Итак,
= х2-х\. A)

/. Координаты точек и векторов
299
Отсюда следует, что АВ = \х% — х\\, т. е.
длина отрезка, лежащего на оси координат, равна модулю раз-
разности координат его концов.
Пусть М(х) — середина отрезка с концами А(х\) и В(х2). Посколь-
Поскольку AM = MB, то х — х\ = Х2 — х, откуда находим: х = Хх Х2. Таким
образом,
координата середины отрезка, лежащего на оси координат,
равна полусумме координат концов этого отрезка.
Отметим, что доказанные утверждения справедливы и в том случае,
когда точки А и В совпадают, если считать, что длина «отрезка» с сов-
совпадающими концами равна нулю, а его середина совпадает с концами.
124. Прямоугольная система координат. Если на плоскости про-
проведены две взаимно перпендикулярные оси координат Ох и Оу с об-
щим началом О (рис.416) и координатными векторами ОХ и OY
одинаковой длины, то говорят, что задана прямоугольная система
координат. Оси Ох и Оу называются соответственно «ось абсцисс»
и «ось ординат», а точка О — началом координат. Вся система
координат обозначается так: Оху.
Пусть М — произвольная точка, М\ и М^ — ее проекции О
на оси Ох и Оу (рис.417). Абсциссой х точки М называется коор-
координата точки М\ на оси Ох, а ординатой у точки М — координата
точки М<2 на оси Оу. Абсцисса и ордината точки М называются
О
У\
М2(у)
X
о
М(х;у)
Mi (я) х
Рис.416
Рис.417
координатами этой точки в системе координат Оху. Точку М с коор-
координатами х и у обозначают так: М(х\у).
Пусть М(х;у) — середина отрезка с концами А(х\\у\) и В(х2',У2)-
Проведем через точки А, В и М прямые, перпендикулярные к оси Ох,
и обозначим через А\(х\;0), В\(х2',0) и М\(х;О) точки пересечения
1) Если точка М лежит на прямой а, то ее проекцией на прямую а считается
сама точка М.

300
Гл. 10. Метод координат
Bi(x2;O) x
Рис.418
этих прямых с осью Ох (рис.418). Если точки А\, В\ и М\ не совпа-
совпадают, то по теореме Фалеса А\М\ = М\В\, т.е. точка М\ — середина
отрезка А\В\. Поэтому (см. п. 123)
X =
Х\ +Х2
Это равенство верно и в том случае, когда точки А\, В\ и М\
совпадают. Аналогично доказывается справедливость равенства
Ц
Таким образом,
каждая координата середины отрезка равна полусумме соот-
соответствующих координат концов этого отрезка.
125. Координаты вектора. Координатами вектора в прямо-
прямоугольной системе координат называются числа, равные разностям
соответствующих координат его конца и начала. Координаты х и у
вектора ~а записывают в фигурных скобках после обозначения вектора:
~а{х;у}. Таким образом, если А(х\\у\), В(х2',У2), то АВ{х2 — х\\у% —
— у\}. В частности, координаты вектора ОМ (О — начало координат)
совпадают с координатами точки М.
Докажем теорему о координатах равных векторов.
Теорема. Два вектора равны тогда и только тогда, когда
их координаты соответственно равны.
Доказательство. Пусть АВ и CD — данные векторы, А(х\\ у\),
В(х2;у2), С(х3;у3), D(xA\yA) (рис.419). Тогда АВ{х2 - х{;у2 - у\},
CD{x4 — х3;у4 — уз}. Воспользуемся задачей 3 п. 120. Если АВ =
= CD, то середины отрезков AD и ВС совпадают, поэтому координаты

/. Координаты точек и векторов
301
Рис. 419
середин этих отрезков соответственно равны:
Х\ + Х\ _ Х2 + Хз 2/1 + 2/4 _ 2/2 + 2/3
Отсюда получаем:
-жь 2/4 - 2/з = Vе! - 2/ь
B)
C)
т.е. координаты векторов АВ и CD соответственно равны.
Обратно, если координаты векторов АВ и CD соответственно рав-
равны, т.е. выполнены равенства C), то выполняются и равенства B), а
значит, середины отрезков AD и ВС совпадают. Следовательно, АВ =
= CD. Теорема доказана.
Если вектор ~а представлен
в виде ~а = а Ъ + C~с, где а
и /3 — некоторые числа, то го-
говорят, что вектор ~а разложен
по векторам Ъ и ~~с, а чис-
числа а и /3 называются коэффици-
коэффициентами разложения (см. в связи
с этим задачу 442). Рассмотрим
произвольный вектор ~а{х\ у}
и отложим от начала коорди-
координат вектор ОМ = ~а . Пусть М\
и М.2 — проекции точки М
на оси Ох и Оу (рис.420). Так
как ~а = ОМ = ОМХ + MiM,
ом[ = хох, мхм = ом2 =
= yOY, где ОХ и ОУ — коорди-
Рис. 420. ОМ = "а = жОХ +

302 Гл. 10. Метод координат
натные векторы, то ~а = хОХ + yOY. Таким образом, мы доказали, что
если вектор ~а имеет координаты х и у, то его можно разложить
по координатным векторам ОХ и OY так, что коэффициенты
разложения равны х и у.
Справедливо и обратное утверждение: если ~а = хОХ + yOY,
то числа х и у — координаты вектора ~а. Докажите это утверждение
самостоятельно, а также выведите из доказанных утверждений три
следствия:
каждая координата суммы двух векторов равна сумме соответ-
соответствующих координат этих векторов;
каждая координата разности двух векторов равна разности
соответствующих координат этих векторов]
каждая координата произведения вектора на число равна про-
произведению соответствующей координаты вектора на это число.
Для вывода этих следствий воспользуйтесь свойствами суммы век-
векторов и произведения вектора на число.
126. Длина вектора и расстояние между двумя точками. Рас-
смотрим вектор ~а{х; у} и отложим от начала координат вектор ОМ =
= ~~а (см. рис.420). Если точка М не лежит ни на одной из осей
координат, то по теореме Пифагора
ОМ = \~а\ =
Это равенство верно и в том случае, когда точка М лежит на оси
координат (докажите это). Из него следует, что расстояние между
точками А(х\\у\) и В(х2\У2) выражается формулой
2-х1J + (у2-у1)\ D)
поскольку расстояние АВ равно длине вектора АВ{х2 — х\',У2 — У\}-
127. Теорема Стюарта. Введение системы координат дает воз-
возможность изучать геометрические фигуры и их свойства с помощью
уравнений и неравенств, и тем самым использовать в геометрии мето-
методы алгебры. Такой подход к изучению свойств геометрических фигур
называется методом координат.
Воспользуемся методом координат для доказательства теоремы
Стюарта, названной так по имени шотландского астронома и мате-
математика Мэтью Стюарта A717-1785), сформулировавшего ее в 1746 г.
Предполагают впрочем, что эта теорема была известна намного раньше
и была открыта Архимедом еще в III в. до н.э.
Теорема. Если точка D лежит на прямой ВС, то для любой
точки А имеет место равенство:
АС2 • ТХВ + АВ2 • ~CD - AD2 -~CB = ~CB -~CD • ~DB.

/. Координаты точек и векторов
303
Доказательство. Введем прямоугольную систему координат
с началом в точке С так, чтобы точка В лежала на оси Сх (рис.421).
Тогда точка С имеет координаты
@;0), а точки В, D и А — коорди- У '¦
наты (Ь;0), (d;0) и (х;у), где b, d,
х, у — некоторые числа. По форму-
формулам D) и A) имеем:
A{x-y)
следовательно,
AC2~DB + AB2UD - AD2~CB =
C@;0) D(d;0) x
Рис.421
= (x2 +
- d) + [(x - bJ + 2/2]d - [(x - dJ + y2]b = bd(b - d).
Но произведение С В • CD • DB также равно bd(b — d). Теорема
доказана.
Задачи
445. Даны точки А(—1;2), БC;6) и GA; —4). Найдите медиа-
медиану AM треугольника ABC и координаты вектора AM.
446. Вершины четырехугольника ABCD имеют координаты:
А(х\;у\), В(х2',у2), С(хз;уз), D(x4',y4)- Докажите, что этот че-
четырехугольник является параллелограммом тогда и только тогда,
когда х\ + х3 = х2 + х4, У\+Уз = У2 + 2/4-
447. Точки А и В имеют координаты: А(х\;у\), В(х2',У2)- Точ-
Точка С(х\ у) делит отрезок АВ так, что АС = кСВ. Выразите координаты
точки С через координаты точек А и В.
448. Вершины треугольника ABC имеют координаты: А(х\;у\),
В(х2',У2), С(хз;уз). Найдите координаты центра тяжести этого тре-
треугольника.
449. Вершины треугольника ABC имеют координаты: А(— 1; 1),
ВB; 4), С(л/3;л/3). Биссектриса угла А пересекает сторону ВС в точ-
точке D. Найдите координаты точки D.
450. В треугольнике ABC угол С — прямой, ВС = 8, АВ =
= 10, отрезок BE — биссектриса треугольника. Найдите медиану EF
треугольника ABE.
451. Точка F лежит на диагонали BD ромба ABCD, а точка Е
лежит на стороне ВС, причем BF : FD = 2 : 3, BE : ЕС = 2 : 1.
Докажите, что точка F принадлежит отрезку АЕ, и найдите отноше-
отношение AF : ЕЕ.
452. Четырехугольник ABCD — прямоугольник. Докажите, что
для любой точки М имеет место равенство: МА2 + МС2 = МБ2 +
2

304 Гл. 10. Метод координат
453. Диагонали четырехугольника ABCD, вписанного в окруж-
окружность, взаимно перпендикулярны, О — точка их пересечения. Най-
Найдите AD, если О А = 1, медиана СМ треугольника ACD равна -,
а высота ОН треугольника ВОС равна -.
454. Докажите, что три данные точки А, В и С лежат на одной
прямой, причем точка В лежит между А и С, тогда и только тогда,
когда для любой точки М выполняется равенство:
МА2 • ВС + МС2 • АВ - MB2 -CA = AB • ВС • С А.
455. Биссектриса внешнего угла с вершиной А треугольника ABC
пересекает прямую ВС в точке Д ВС = а, С А = Ь, АВ = с. Найди-
Найдите AD.
456* Докажите, что произведение диагоналей четырехугольника,
вписанного в окружность, равно сумме произведений его противопо-
противоположных сторон.
457* Прямые, содержащие диагонали АС и BD произвольного
четырехугольника ABCD, пересекаются в точке О. Докажите, что:
a) z2[w + (р - а)(р - Ь){р - с)(р - d)] + w(j + abed) = 0, где АВ = а,
ВС = Ъ, CD = с, DA = d, р = Ua + Ъ + с + d), z = ~ОА-~ОС -~ОВ х
х ОД w = @3 - ~ОСJ(ОВ - ~ODJ - (ас + ЫJ; б) если произведение
диагоналей выпуклого четырехугольника равно сумме произведений
его противоположных сторон, то около этого четырехугольника можно
описать окружность.
§ 2. Уравнения прямой и окружности
128. Перпендикулярные векторы. Два ненулевых вектора назы-
называются перпендикулярными, если они лежат на перпендикулярных
прямых. Выведем формулу, связывающую координаты двух перпенди-
перпендикулярных векторов ~а{х\\у\} и Ь {х2',у2}-
Отложим от начала координат векторы О А = ~а и ОВ =
= Ъ (рис.422). Тогда координаты точки А равны (х\\у\), а координаты
точки В равны (адз/г)- Ясно, что ~а !_ Ъ тогда и только тогда,
когда О А !_ О В (докажите это). С другой стороны, О А !_ О В тогда
и только тогда, когда треугольник ОАВ — прямоугольный с прямым
углом О, т. е. тогда и только тогда, когда АВ2 = О А2 + ОБ2 или (#2 —
- х\J + B/2 - тJ = я? + 2/? + Х1 + 2/i» т- е- Ж1^2 + 2/12/2 = 0- Итак,
ненулевые векторы ~а{х\\у\} и Ъ {х%\ У2} перпендикулярны тогда
и только тогда, когда х\х^ + 2/12/2 — О-

2. Уравнения прямой и окружности
305
В(х2;у2)
Рис. 422. ОА = ~а , ОВ = ~Ь
129. Уравнение прямой. Уравнение с двумя переменными х и у
называется уравнением линии L в заданной прямоугольной системе
координат Оху, если ему удовлетворяют координаты любой точки
линии L и не удовлетворяют координаты никакой точки, не лежащей
на этой линии. Выведем уравнение прямой, проходящей через данную
точку М()(хо',уо) и перпендикулярной к данному ненулевому векто-
вектору ~п{а;Ь} (рис.423).
Если точка М, отличная от Мо, лежит на данной прямой, то векто-
векторы MqM и ~п перпендикулярны, а если точка М не лежит на данной
прямой, то векторы М^М и ~п не перпендикулярны. Иными словами,
точка М, отличная от Мо, лежит на данной прямой тогда и только
тогда, когда MqM J_ ~п, т. е.
а(х - х0) + Ь(у - 2/о) = 0.
A)
о
о; г/о)
Рис. 423

306 Гл. 10. Метод координат
Поскольку этому уравнению удовлетворяют координаты всех точек
данной прямой, включая точку Мо, и не удовлетворяют координаты
никакой точки, не лежащей на этой линии, то уравнение A) и есть
уравнение прямой, проходящей через данную точку Мо(хо;уо) и пер-
перпендикулярной к данному ненулевому вектору ~rt{a;b}.
Обозначим число (—clxq — byo) буквой с. Тогда уравнение A) можно
переписать так:
ах + by + с = 0. B)
Так как вектор 1г{а; Ь} — ненулевой, то хотя бы одно из чисел а
и Ъ не равно нулю, т. е.
уравнение прямой является уравнением первой степени.
Справедливо и обратное утверждение:
всякое уравнение первой степени, т.е. уравнение вида B), в кото-
котором хотя бы одно из чисел а и Ь не равно нулю, является уравнением
прямой.
В самом деле, пусть, например, число а в уравнении B) отлично
от нуля. Тогда это уравнение можно записать так:
а(ж+ -) + Ъ(у-О) = 0,
т. е. оно представляет собой уравнение прямой, проходящей через точку
с координатами (—;0) и перпендикулярной к вектору 1г{а;Ь}.
130. Уравнение окружности. Выведем уравнение окружности
радиуса г с центром в точке С(зд2/о) (рис.424).
Точка М(х\ у) принадлежит данной окружности тогда и только
тогда, когда СМ = г, или СМ2 = г2, т. е.
(х - х0J + (у - у0J = г2.
Это и есть искомое уравнение.
Решим теперь такую задачу.
Задача. Найти множество всех точек, для которых сумма
квадратов расстояний до двух данных точек постоянна.
Решение. Пусть А и В — данные точки. Требуется найти мно-
множество всех таких точек М, для которых AM2 + ВЫ2 = к, где к —
данная величина.
Введем прямоугольную систему координат так, чтобы точки А
и В имели координаты (—а;0) и (а;0), где а = ^АВ (рис.425).
Точка М(х\ у) принадлежит искомому множеству точек тогда и только
тогда, когда
(х + аI + у2 + (х - аI + у2 = к.
Раскрывая скобки и учитывая, что 2а = АВ, приводим это уравне-
уравнение к виду:
2 2 к АВ2
Х +У =2"—-

2. Уравнения прямой и окружности
307
У
о
М(х; у)
Рис. 424
Рис. 425
При к >
АВ2
это уравнение является уравнением окружности
л /-»
с центром О радиуса R = \ - — ——, где О — середина отрез-
отрезка АВ (рис.425); при к =
АВ2
АВ1
ему удовлетворяют только координаты
точки О, а при
не удовлетворяют координаты ни одной точки.
Таким образом, искомое множество представляет собой либо окруж-
окружность с центром О, либо саму точку О, либо не содержит ни одной
точки, т. е. является пустым множеством.
Задачи
458. Векторы АВ и АС имеют координаты: ЛВ{4;2}, АС{3;4}.
Докажите, что треугольник ABC — прямоугольный.
459. Докажите, что если векторы ~а{х\;у\} и Ь {х^уъ} перпенди-
перпендикулярны и имеют равные длины, то либо х^ = у\, У2 = —х\, либо х^ =
= -2/ь У2=х\.
460. Внутри квадрата ABCD взята точка К и на отрезке Aif как
на стороне построен квадрат АКРМ, сторона КР которого пересекает
отрезок AD. Докажите, что ВК = DM.
461. На сторонах АВ и ВС треугольника ABC построены вне его
квадраты ABDE и ВСРТ. Докажите, что отрезок DT вдвое больше
медианы ВЫ треугольника ABC и перпендикулярен к ней.
462. На сторонах параллелограмма вне его построены квадраты.
Докажите, что точки пересечения диагоналей квадратов являются вер-
вершинами квадрата.
463. Докажите, что если концы одного из двух взаимно перпенди-
перпендикулярных отрезков лежат на противоположных сторонах квадрата (или
их продолжениях), а концы другого — на двух других противополож-
противоположных сторонах (или их продолжениях), то эти отрезки равны.

308 Гл. 10. Метод координат
464* На каждой из сторон квадрата отметили по точке, а затем
стороны квадрата стерли. С помощью циркуля и линейки восстановите
квадрат по этим четырем точкам. Всегда ли эта задача имеет решение?
465. Дан ненулевой вектор ~р{р\',Р2}- Напишите уравнение прямой,
проходящей через данную точку Мо(#о;2/о) параллельно вектору ~р.
466. Напишите уравнение прямой, проходящей через две точки
с координатами (х\;у\) и (ад 2/2)-
467. Даны точки А(\;2) и В(—\;3). Напишите уравнение: а) пря-
прямой АВ; б) прямой, проходящей через точку А и перпендикулярной
к прямой АВ.
468. Даны точки А{—1;2), БC;—1) и С@;4). Напишите уравнение
прямой, проходящей через точку А параллельно прямой ВС.
469. Две прямые заданы уравнениями у = к\х + Ь\ и у = к%х +
+ ^2- Докажите, что эти прямые: а) параллельны тогда и только тогда,
когда к\ = &2 и Ъ\ ф Ъъ\ б) перпендикулярны тогда и только тогда,
когда fci&2 — — 1-
470. Прямая у — тх — 4 = 0 пересекает оси координат Ох и Оу
в точках А и В. При каких значениях т медиана ОС треугольни-
треугольника АО В равна л/7?
471. Вершины треугольника ABC имеют координаты: А@;4),
БC;0), С(—3;0). Напишите уравнение прямой, содержащей биссек-
биссектрису угла АС В.
472. Даны прямая р и две точки А и Б, из которых хотя бы
одна не лежит на прямой р. Докажите, что если точка С движется
по прямой р, то центр тяжести треугольника ABC движется по прямой,
параллельной р.
473. В треугольнике ABC высоты АА\, ВВ\ и СС\ пересекаются
в точке Я. Найдите АС и ВС, если АВ = 8, ВН = 5, НС\ = 4.
474. Найдите координаты основания перпендикуляра, проведенного
из точки МD; 8) к прямой, проходящей через точки GB; 3) и DF; 1).
475. Докажите, что линия, заданная уравнением х(х + 2) = ?/D —
— у), является окружностью. Найдите ее радиус и координаты центра.
476. Напишите уравнение окружности, проходящей через три точ-
точки: АB;2), В(-4;2), СC; 1).
477. Центр окружности, проходящей через точки АB; 3) и 5E; 2),
лежит на оси абсцисс. Напишите уравнение этой окружности.
478. Центр окружности, проходящей через точки АC;0)
и В(—\; 2), лежит на прямой х + у + 2 = 0. Напишите уравнение этой
окружности.
479. В квадрат вписана окружность. Докажите, что сумма квадра-
квадратов расстояний от любой точки окружности до вершин квадрата имеет
одно и то же значение для всех точек окружности.
480* Даны окружность и точки А и В на этой окружности. До-
Докажите, что если точка С движется по данной окружности, то точка
пересечения медиан треугольника ABC движется по окружности, ра-
радиус которой втрое меньше радиуса данной окружности.

3. Радикальная ось и радикальный центр окружностей 309
481. Исследуйте взаимное расположение прямой, проходящей через
точки М$—4;— 8) и М2(8; 1), и окружности радиуса 5 с центром
в точке А(\;2).
482. С помощью метода координат исследуйте взаимное располо-
расположение прямой и окружности в зависимости от соотношения между
радиусом г окружности и расстоянием d от центра окружности до пря-
прямой.
483. Напишите уравнения: а) окружности с центром МF;7), каса-
касающейся прямой Ъх — \2у — 24 = 0; б) касательных к окружности х2 +
+ у2 — \0х — Ау + 25 = 0, проведенных из начала координат.
484. Выведите уравнение касательной, проходящей через точ-
точку {х\\у$ окружности (х-х0J + (у-уоJ =г2.
485. С помощью метода координат исследуйте взаимное располо-
расположение двух окружностей в зависимости от соотношения между их ра-
радиусами г\ и Г2 и расстоянием d между их центрами.
486. Исследуйте взаимное расположение двух окружностей с цен-
центрами А\ и A<i и радиусами т\ и Г2, если: а) А\{\\2\ ^(OjO), т\ = 2,
г2 = 1; б) Ai(-2;1), A2(l;-3), n = 2, г2 = 3; в) Ai@;2), A2(-l,3),
Г1 = 1, Г2 = 3.
487. Даны точки А и Б. Найдите множество всех точек М, для
каждой из которых: а) 2AM2 - ВЫ2 = 2АВ2; 6) AM2 + 2БМ2 =
= 6АБ2; в) ВЫ2 - AM2 = 2AB2.
488* Даны точки А, В и числа а, C, не равные нулю. Найдите
множество всех точек М, для каждой из которых аАМ2 + (ЗВМ2 = /с,
где /с — данная величина.
489. Точка В лежит на отрезке АС, причем ВС = 2АВ. Найдите
множество всех точек М, для каждой из которых: a) AM2 + БМ2 +
+ СМ2 = 9АВ2; б) AM2 + ACM2 + ЗАВ2 = ЗВМ2.
490* Даны точки А, В, С и числа а, /3, 7- Найдите множество
всех точек М, для которых сумма аАМ2 + (ЗВМ2 + ^СМ2 имеет
постоянное значение, если: а) а + /3 + 77^^5 б) а + /3 + 7 = 0.
§ 3. Радикальная ось и радикальный центр
окружностей
131. Радикальная ось двух окружностей. Рассмотрим окруж-
окружность радиуса R и какую-нибудь точку М. Через точку М прове-
проведем произвольную прямую а, пересекающую окружность в точках А
и В (рис.426, а, б, в). Напомним, что величина
а = ЖА • MB = ОМ2 - В2
называется степенью точки М относительно данной окружности]
она не зависит от того, какую именно прямую а мы провели (п. 115).

310
Гл. 10. Метод координат
а)
б)
в)
Рис. 426. а) а = МА • MB > 0; б) а = МА • MB < 0; в) а = МА • МБ = 0
Как мы вскоре увидим, иногда бывает удобно рассматривать точку
как окружность нулевого радиуса. Степенью точки М относительно
такой «окружности» естественно назвать величину а = ОМ2, где О —
центр «окружности».
Рассмотрим теперь две окружности и поставим такую задачу.
Задача 1. Найти множество всех точек, для каждой из кото-
которых степени относительно двух данных окружностей равны.
Решение. Пусть R и R\ — радиусы данных окружностей, d —
расстояние между их центрами О и О\. Введем прямоугольную си-
систему координат с началом О так, чтобы точка О\ имела координа-
координаты (d;0) (рис.427). Точка М(х\у) принадлежит искомому множеству
тогда и только тогда, когда ОМ2 — R2 = О\М2 — R2, т. е.
Раскрывая скобки, приведем это уравнение к виду:
= d2+R2-Rl
A)
Возможны два случая:
1°. d = 0, т.е. данные окружности — концентрические. Так как
в этом случае R ф R\ (иначе данные окружности совпадают), то урав-
Рис. 427

3. Радикальная ось и радикальный центр окружностей
311
нению A) не удовлетворяют координаты ни одной точки (левая часть
уравнения равна нулю для любого х, а правая не равна нулю). Таким
образом,
если данные окружности — концентрические, то искомое мно-
множество не содержит ни одной точки.
2°. d т^ 0. Из уравнения A) находим:
х =
d2 + Д2 - R\
Id
B)
Полученное уравнение представляет собой уравнение прямой, пер-
перпендикулярной к вектору с координатами {1;0}, т.е. перпендикулярной
к оси Ох (рис.427). Таким образом,
если данные окружности — неконцентрические, то искомое мно-
множество точек представляет собой прямую, перпендикулярную к их
линии центров.
Эта прямая называется радикальной осью двух неконцентрических
окружностей.
132. Расположение радикальной оси относительно окружно-
окружностей. Напомним, что степень точки, лежащей вне окружности, рав-
равна квадрату касательной, проведенной к окружности из данной точ-
точки (п. 115). Поэтому
для каждой точки радикальной оси двух окружностей, лежащей
вне этих окружностей, отрезки касательных, проведенные из этой
точки к окружностям, равны (рис.428).
Этот факт позволяет легко построить радикальную ось двух данных
окружностей почти при любом их взаимном расположении.
В самом деле, если окружности лежат одна вне другой, то для
построения радикальной оси достаточно провести две их общие ка-
касательные. Тогда радикальная ось будет прямой, проходящей через
середины отрезков этих касательных (рис.429).
Далее, если данные окружности касаются друг друга извне или
изнутри, то их радикальной осью является общая касательная, про-
Рис. 428
Рис. 429

312
Гл. 10. Метод координат
ходящая через точку касания окружностей (рис.430). В самом деле,
степень точки касания окружностей относительно каждой из них равна
нулю, поэтому точка касания лежит на радикальной оси. Радикаль-
Радикальная ось представляет собой прямую, проходящую через эту точку
и перпендикулярную к линии центров. А это и есть указанная общая
касательная.
Рассмотрим теперь две пересекающиеся окружности. Поскольку
степень каждой из точек пересечения относительно обеих окружностей
равна нулю, то эти точки принадлежат радикальной оси. Следователь-
Следовательно, радикальная ось представляет собой прямую, проходящую через
точки пересечения окружностей (рис.431).
Рис. 430
Рис.431
Осталось рассмотреть две окружности, одна из которых лежит
внутри другой. В этом случае построить радикальную ось труднее.
Мы это сделаем в следующем пункте. Здесь же отметим лишь, что
радикальная ось проходит вне окружностей. В самом деле, пусть,
например, R\ < R (рис.432). Вспомним формулу B) п. 131. В рассмат-
рассматриваемом случае d < R — R\ (см. рис.432), или R\ < R — d. Поэтому
- R\
R2-(R- df _2Rd_
2d
2d
2d
_
т. e. x > R. Следовательно, точка пересечения радикальной оси и линии
центров лежит вне окружностей, а значит, и радикальная ось проходит
вне окружностей.
Расположение радикальной оси в случае, когда радиус одной
из окружностей равен нулю, показано на рисунке 433.
Сформулируем два следствия из наших рассуждений.
Следствие 1. Прямая, проходящая через середины отрезков
двух внутренних касательных данных окружностей, проходит че-
через середины отрезков их внешних касательных (рис.434). Это сле-
следует из того, что указанная прямая является радикальной осью данных
окружностей.

3. Радикальная ось и радикальный центр окружностей
313
Рис. 432
Рис. 433
Следствие 2. Если две окружности касаются друг друга
извне, то их общая внутренняя касательная делит пополам отрез-
отрезки обеих их общих внешних касательных (рис.435).
Рис. 434
Рис. 435
133. Радикальный центр трех окружностей. Рассмотрим три
окружности и проведем радикальные оси каждых двух из них.
Если центры окружностей лежат на од-
одной прямой, то три проведенные радикаль-
радикальные оси либо параллельны друг другу, ли-
либо две из них (или все три) совпадают,
поскольку каждая из них перпендикулярна
к общей линии центров. Если же центры
окружностей не лежат на одной прямой, то,
как мы сейчас увидим, три радикальные
оси пересекаются в одной точке, называе-
называемой радикальным центром трех окруж-
окружностей (рис.436). Итак, мы хотим дока-
доказать следующее утверждение.
Теорема. Радикальные оси трех окружностей (взятых попарно),
центры которых не лежат на одной прямой, пересекаются в одной
точке.
Доказательство. Проведем сначала две радикальные оси —
первой и второй окружностей, а также второй и третьей. Поскольку
Рис. 436

314 Гл. 10. Метод координат
центры трех данных окружностей не лежат на одной прямой, то прове-
проведенные радикальные оси пересекаются в некоторой точке М. Степени
точки М относительно первой и второй окружностей равны, так как
она лежит на радикальной оси этих окружностей. По аналогичной
причине ее степени относительно второй и третьей окружностей так-
также равны. Следовательно, ее степени относительно первой и третьей
окружностей равны. Но это означает, что точка М лежит на радикаль-
радикальной оси первой и третьей окружностей, а значит, все три радикальные
оси пересекаются в точке М. Теорема доказана.
Из этой теоремы можно вывести большое количество следствий,
каждое из которых было бы весьма сложной теоремой, если бы мы не
знали свойств радикальных осей. Несколько таких следствий проил-
проиллюстрировано рисунками 437, 438. Воспользуемся одним из них для
решения задачи, упомянутой в предыдущем пункте.
Рис. 437 Рис. 438
Задача 2. Построить радикальную ось двух окружностей, одна
из которых лежит внутри другой.
Решение. Проведем сначала какую-нибудь третью окружность
так, чтобы она пересекла каждую из данных окружностей, а ее центр
не лежал на линии центров данных окружностей (рис.439). Затем
проведем те две радикальные оси, которые проходят через точки пере-
пересечения окружностей. Тогда точка М их пересечения — радикальный
центр трех окружностей. Значит, искомая радикальная ось проходит
через точку М. Тем самым осталось провести через эту точку прямую,
перпендикулярную к линии центров двух данных окружностей, — это
и есть искомая радикальная ось.
Воспользуемся еще одним следствием для решения следующей за-
задачи.
Задача 3. Три окружности касаются друг друга извне в точ-
точках А, В и С (рис.440). Прямая АВ пересекает в точке М линию
центров, проходящую через точку С. Доказать, что касатель-
касательная MN к окружности, проходящей через точки А и В, равна МС.

3. Радикальная ось и радикальный центр окружностей
315
Решение. Радикальный центр О данных окружностей представля-
представляет собой точку пересечения общих внутренних касательных. Посколь-
Поскольку О А = О В = ОС (объясните почему), то окружность с центром О
радиуса О А проходит через точки В и С. Далее, МС JL ОС. Следо-
Следовательно, МС — касательная к четвертой окружности. Но точка М
лежит на радикальной оси четвертой и той из данных окружностей,
которая проходит через точки А и В. Поэтому MN = МС, что и тре-
требовалось доказать.
Рис. 439
134. Теорема Брианшона. В п. 116 мы рассмотрели весьма неожи-
неожиданное свойство вписанного шестиугольника. Оказывается, что не ме-
менее неожиданным свойством обладает описанный шестиугольник. Тео-
Теорема, которую мы сейчас докажем, связана с именем французского
математика Шарля Жюля Брианшона A785-1864).
Теорема. Отрезки, соединяющие противоположные вершины
описанного шестиугольника, пересекаются в одной точке.
Доказательство. Для доказательства теоремы нам потребует-
потребуется следующий факт. Рассмотрим две прямые, касающиеся некоторой
окружности в точках А и В, и отложим на них равные отрезки АС
и BD так, чтобы точки С и D лежали в одной полуплоскости
с границей АВ (рис.441). Тогда существует окружность, касающаяся
данных прямых в точках С и D. В самом деле, данные прямые,
равно как и точки С и D, симметричны относительно серединного
перпендикуляра к отрезку АВ. Поэтому окружность с центром на этом
серединном перпендикуляре, ка-
касающаяся прямой АС в точке С,
касается прямой BD в точке D.
Перейдем теперь непосред-
непосредственно к доказательству тео-
теоремы. Рассмотрим шестиуголь-
шестиугольник АхА^А^А^А^А^, стороны
которого касаются окружности
в точках К\, К2, К%, К4, К$, К§,
и продолжим его стороны
А2А3, А3А4, А4А5, А5А6,
С
D
Рис. 441

316
Гл. 10. Метод координат
на отрезки А^В^, А^В\, А4В2, А±
лись равенства:
кхвъ = к2вх = к3в2
AqB4, AqB$ так, чтобы выполня-
выполня= къвА =
(см. рис.442). Построим три окружности, центры которых обозначим
через С\, Сз и С^, так, что первая касается прямых К^В\ и К^В\
в точках В\ и В\, вторая касается прямых К\В% и К^В§ в точках Дз
и Бб, а третья касается прямых К^В^ и KqB$ в точках В% и В$.
Складывая равенства А\К\ = А\К§ и К\В% = KqB$, получаем: А\В% =
= А\В$. Далее, вычитая из равенства К\В§ = К^В^ равенство А4К4 =
= А^Къ, находим: А4Бб = А4Б2. Итак, А1Б3 = A\B$, A4Bq = А4Б2,
т. е. соответственно равны отрезки касательных, проведенные из то-
точек А\ и А± к окружностям с центрами Сз и С5. Следовательно,
прямая А\АА — радикальная ось этих окружностей. Аналогично дока-
доказывается, что прямые А2А5 и A%Aq — радикальные оси окружностей
с центрами С\ и Сз, С\ и С^.
Четырехугольник АхА^А^А^ — выпуклый (объясните, почему), по-
поэтому его диагонали А\А\ и А^А^ пересекаются в некоторой точке О.
Диагонали А2А5 и A^Aq выпуклого четырехугольника А^А^А^А^ так-
Рис. 442

4. Гармонические четверки точек 317
же пересекаются. Но поскольку радикальные оси А\А/±, А^А^ и А%А§
пересекаются в одной точке (п. 133), то все три отрезка — А\А4, А^А^
и Aq,Aq — пересекаются в точке О. Теорема доказана.
Задачи
491. Найдите множество всех точек, для каждой из которых отрез-
отрезки касательных, проведенные к двум данным окружностям, равны.
492* На стороне ВС треугольника ABC отмечена точка С\, а на
отрезке АС\ — точка С^ так, что треугольники ABC, АВС\, АВС^
подобны. Докажите, что точки С, С\, С% и симметричные им относи-
относительно серединного перпендикуляра к отрезку АВ точки D, D\, D^
лежат на одной окружности.
493. Три окружности расположены так, что каждая из них лежит
вне другой, а их центры не лежат на одной прямой. Докажите, что
существует окружность, пересекающая каждую из них под прямым
углом (две окружности пересекаются в точке М под прямым углом,
если касательные к этим окружностям, проведенные через точку М,
взаимно перпендикулярны).
494. На двух сторонах треугольника как на диаметрах построены
окружности. Докажите, что радикальная ось этих окружностей есть
прямая, содержащая высоту треугольника, проведенную из общей вер-
вершины указанных сторон.
495* На сторонах ВС, С А и АВ треугольника ABC взяты со-
соответственно точки А\, В\ и С\. На отрезках АА\, ВВ\ и СС\ как
на диаметрах построены три окружности. Докажите, что радикальный
центр этих окружностей — ортоцентр треугольника ABC.
496. Докажите, что радикальная ось вписанной и вневписанной
окружностей данного треугольника проходит через середину его сто-
стороны и перпендикулярна к биссектрисе угла, противоположного этой
стороне.
§ 4. Гармонические четверки точек
135. Примеры гармонических четверок. Рассмотрим четыре точ-
точки А, В, С и D, лежащие на одной прямой. Будем говорить, что точ-
точки А, В, С, D (взятые в указанном порядке) образуют гармоническую
четверку, если
AC AD =
СВ DB w
Из равенства A) следует, что среди векторов АС, АВ, С В и DB
три вектора сонаправлены (их длины берутся с одним и тем же зна-
знаком), а четвертый вектор направлен противоположно по отношению
к ним (его длина берется с противоположным знаком).

318 Гл. 10. Метод координат
Отметим, что равенство A) равносильно каждому из следующих
равенств:
АС-Ш Л ~СА UB
_ _ = -1, = : = = -1, АС • BD + AD • ВС = 0.
CB-AD AD BD
Понятно, что можно написать еще несколько равенств, равносиль-
равносильных равенству A).
Если точки В, С и D лежат на луче с началом А, причем точка С
лежит между А и В, а точка В лежит между С и D (рис.443), то точ-
точки А, В, С, D образуют гармоническую четверку тогда и только тогда,
когда отрезок АВ является средним гармоническим для отрезков АС
,п 1 1/1,14
¦ — ¦ iiAD^-e-AB = 2{AC + AD)
А С В D (докажите это), чем объясняет-
1 1/1 1 \ ся название «гармоническая чет-
Рис. 443. — = - [— + —J верка точек>>>
Приведем еще один пример
гармонической четверки точек.
Задача 1. К двум окружностям разных радиусов, расположен-
расположенным вне друг друга, проведены две внешние и две внутренние общие
касательные. Внешние касательные пересекаются в точке А, внут-
внутренние — в точке В, точки С и D — центры окружностей (рис. 444).
Доказать, что точки А, В, С и D образуют гармоническую чет-
четверку.
Решение. Прежде всего отметим, что точки А, В, С и D лежат
на одной прямой (докажите это). Пусть г и R — радиусы окружностей.
Используя подобие прямоугольных треугольников (см. рис.444), полу-
Ж
Ж7 = г_
AD R' СВ
~ AC-DB Л ^
Отсюда следует, что ^^^^^ = — 1. Это равенство, как уже отмеча-
отмечалось, равносильно равенству A), поэтому точки А, В, С и D образуют
гармоническую четверку, что и требовалось доказать.
Рис. 444

4. Гармонические четверки точек
319
Гармонические четверки обладают определенной симметрией: ес-
если А, В, С и D — гармоническая четверка, то С, D, А и В —
также гармоническая четверка. Это следует из того, что равенство A)
равносильно равенству
СА СВ
Т5' ш
-1.
Основываясь на этом факте, иногда говорят так: точки А и В
гармонически разделяют точки С и D, а точки С и D гармонически
разделяют точки А и В.
Отметим два важных свойства гармонических четверок. Проведем
через точки А, В, С и D, лежащие на одной прямой, четыре параллель-
параллельные прямые. Пусть А\, В\, С\ и D\ — точки пересечения этих прямых
с какой-нибудь другой прямой (рис.445, а). Тогда если А, В, С и D —
Ах
а)
Рис. 445
гармоническая четверка, то А\, В\, С\
и D\ — также гармоническая чет-
четверка. Аналогичным свойством облада-
обладают точки А\, В\, С\ и D\ пересе-
пересечения прямых MA, MB, MC и MD
с какой-нибудь прямой, параллельной пря-
прямой AD (рис.445, б). Убедитесь в справед-
справедливости этих утверждений самостоятельно.
Воспользуемся первым из них для ре-
решения следующей задачи.
Задача 2. В треугольнике ABC от-
отрезок АА\ — высота, отрезок АА^ —
биссектриса (точки А\ и А% не совпада-
совпадают), К\ и К^ — точки касания вписанной
и вневписанной окружностей со сторо-
стороной ВС (рис.446). Доказать, что точ-
точки А\, А2, К\ и К2 образуют гармониче-
гармоническую четверку.
а
Рис. 446

320
Гл. 10. Метод координат
Решение. Обозначим через О\ и О^ центры вписанной и внев-
писанной окружностей, указанных в условии задачи. Тогда согласно
задаче 1 точки А, А2, О\ и 0% образуют гармоническую четверку.
Параллельные прямые, проходящие через эти точки и перпендику-
перпендикулярные к прямой ВС, пересекают прямую ВС в точках А\, А^, К\
и К%. Следовательно, точки А\, А^, К\ и К% образуют гармоническую
четверку, что и требовалось доказать.
136. Поляра. Рассмотрим еще одну задачу, связанную с гармони-
гармоническими четверками.
Задача 3. Из данной точки
А проведены к данной окружно-
окружности с центром О касательные
АК\, АК<2 и секущая, пересека-
пересекающая окружность в точках С
и D, а отрезок К\К^ — в точ-
Р
ке В (рис.447). Доказать, что
точки А, В, С, D образуют гар-
гармоническую четверку.
Решение. Обозначим буквой
М точку пересечения секущей AD
Рис. 447 с радикальной осью точки А и дан-
данной окружности (см. рис.447). По-
Поскольку указанная радикальная ось проходит через середины отрезков
АК\ и АК2, то точка М — середина отрезка АВ, т.е. MB = —MA.
Имеем:
АС • ~BD + AD • ~ВС = (МС - ~МА) • [MD - (-МА)] +
+ (MD - ЖА) • [МС - (-МА)].
Раскрывая скобки и приводя подобные члены, получаем:
АС • BD + AD • ВС = 2(МС • MD - МАг).
Но степень точки М относительно данной окружности равна степе-
степени точки М относительно точки А: МС • MD = МА2. Следовательно,
АС - BD + AD • ВС = 0, что и требовалось доказать.
Прямая К\К^ называется полярой данной точки А относительно
данной окружности. Нетрудно доказать (сделайте это самостоятельно),
что если точка В не лежит на поляре, а прямая АВ пересекает окруж-
окружность в точках С и D, то точки С и D уже не будут гармонически
разделять точки А и В. Поэтому можно сделать такой вывод:
если данная точка А лежит вне данной окружности, то мно-
множество точек В, для каждой из которых точки пересечения пря-
прямой АВ и окружности гармонически разделяют точки А и В,
представляет собой часть поляры точки А относительно данной
окружности, лежащую внутри этой окружности.

4. Гармонические четверки точек
321
137. Четырехвершинник. Рассмотрим четыре точки, любые три
из которых не лежат на одной прямой, и соединим их попарно отрез-
отрезками. Полученная фигура, состоящая из шести отрезков, называется
четырехвершинником. Четырех-
Четырехвершинник имеет вид четырех-
четырехугольника (либо выпуклого, как
на рисунке 448, а, либо невы-
невыпуклого, как на рисунке 448, б),
в котором проведены диагонали.
Задача 4. В четырехвер-
шиннике ABCD непересекаю-
А
а)
D А
б)
С
Рис. 448
щиеся отрезки AD и ВС,
а также АВ и CD продолжены
до пересечения в точках Р и Q соответственно. Прямая PQ пере-
пересекает прямую АС в точке R, а прямую BD — в точке S (рис.449).
Доказать, что точки Р и Q гармонически разделяют точки R и S.
Решение. Рассмотрим треугольник APQ. На его сторонах (либо
на их продолжениях) взяты точки R, В и D так, что прямые AR,
РВ и QD пересекаются в одной точке (в точке С). Отсюда, согласно
теореме Чевы, следует, что
AD PR QB _ {
С другой стороны, на сторонах этого же треугольника (либо их про-
продолжениях) взяты точки D, В и S, лежащие на одной прямой. Следо-
S Р
а)
R
А
Рис. 449
С
R
б)
11 СБ. Кадомцев

322
Гл. 10. Метод координат
вательно, согласно теореме Менелая
~AD
, ^ QB = 1
DP SQ BA
Разделив первое из равенств на второе, получим:
RQ ' SQ
Это означает, что точки Р, Q, R и S образуют гармоническую
четверку, что и требовалось доказать.
138. Построение касательной с помощью одной линейки.
Мы помним, как с помощью циркуля и линейки провести касательную
к данной окружности через данную точку вне окружности. Оказыва-
Оказывается, построение такой касательной можно выполнить, не используя
циркуля, т. е. с помощью только одной линейки.
Задача 5. Даны окружность и точка М вне этой окружности.
Провести через точку М касательную к данной окружности с по-
помощью только линейки (т.е. не используя циркуля).
Решение. Проведем через точку М какие-нибудь две секущие,
пересекающие данную окружность в точках А и В, С и D соответ-
соответственно (рис.450). Затем проведем диагонали АС и BD четырехуголь-
четырехугольника ABCD и обозначим буквой О точку их пересечения. Стороны AD
и ВС продолжим до пересе-
пересечения в точке N. Проведем
прямую ON и обозначим че-
через К\ и К<2 точки ее пересе-
пересечения с окружностью. Осталось
провести прямые МК\ и МК^ —
это и есть искомые касательные.
Чтобы обосновать этот факт,
докажем, что прямая К\К^ яв-
является полярой точки М от-
относительно данной окружности.
Отсюда по определению поля-
поляры и будет следовать, что МК\
и МКъ — касательные к окруж-
окружности.
Обозначим буквами Q и Р
Рис. 450 точки пересечения прямой К\К^
с отрезками АВ и CD и рас-
рассмотрим четырехвершинник AOBN. Согласно задаче 4 точки D и С
гармонически разделяют точки М и Р, следовательно, точка Р лежит
на поляре точки М относительно данной окружности. Аналогично, рас-
рассматривая четырехвершинник CODN, приходим к выводу, что точки А
и В гармонически разделяют точки М и Q, следовательно, точка Q
также лежит на поляре точки М относительно данной окружности.

4. Гармонические четверки точек 323
Таким образом, прямая PQ (или, что то же самое, прямая К\К2) есть
поляра точки М относительно данной окружности.
Итак, мы построили касательные МК\ и МК2 к данной окружно-
окружности, используя только линейку для проведения прямых и не используя
циркуль.
Задачи
497. Четыре точки — М\{х\\у\), М2(х2;у2), М3(х3;уз),
М^х^Уа) — лежат на прямой /. Докажите, что: а) если прямая /
не параллельна оси ординат, то точки М\, М2, Мз, М± образуют
гармоническую четверку тогда и только тогда, когда (х\ — х^)(х2 —
— Х4) = (х\ — Х4)(х% — х2)\ б) если прямая / не параллельна оси
абсцисс, то они образуют гармоническую четверку тогда и только
тогда, когда (ух - уз)(у2 - уа) = (у\ - Уа)(у?> - У2)-
498. На прямой даны точки А, В и С. Докажите, что если точка С
не совпадает с серединой отрезка АВ, то существует, и притом только
одна, точка D такая, что точки А, В, С, D образуют гармоническую
четверку, а если точка С — середина отрезка АВ, то такой точки D
нет.
499. На диаметре CD окружности отмечена точка А, а на продол-
продолжении этого диаметра — точка В так, что точки А и В гармонически
разделяют точки С и D. Через точку В проведена прямая р, перпен-
перпендикулярная к прямой CD. Докажите, что любая точка М прямой р
и точка А гармонически разделяют точки Р и Q, в которых прямая МА
пересекается с окружностью.

Глава 11
ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИЕ
СООТНОШЕНИЯ В ТРЕУГОЛЬНИКЕ.
СКАЛЯРНОЕ ПРОИЗВЕДЕНИЕ ВЕКТОРОВ
§ 1. Соотношения между сторонами и углами
треугольника
139. Синус и косинус двойного угла. Попробуем выразить синус
а
и косинус острого угла, равного а, через синус и косинус угла —.
С этой целью рассмотрим равнобедренный треугольник ABC с осно-
основанием АС, боковой стороной ВС, равной а, и углом В, равным а.
Проведем его высоты ВН и СК
(рис.451). Из прямоугольного тре-
треугольника ВСН находим: СН =
(У
= a sin—. Следовательно, АС =
= 2а sin —.
Рассмотрим теперь прямоуголь-
прямоугольный треугольник АСК. Угол А
этого треугольника равен 90° — —,
а угол С равен 90° - (90° - |) =
Агл " # ^с = f• ПоэтомУ Ак = AC sin^ =
= 2asin2^, СК = AC cos ? =
Рис451 9 . а2 а 2
= za sin — cos —.
Наконец, рассмотрим прямоугольный треугольник ВСК. В нем
С К = a sin а, В К = a cos а. Но С К = 2а sin — cos—, В К = АВ —
— АК = а —2а sin —. Приравнивая полученные выражения для С К
и ВК и сокращая на а, приходим к равенствам:
г
/90°"
/
/
*\
а
к
сХ
2"\
\ а
о . OL OL
sin a = 2 sin — cos —,
cosa= l-
A)
B)

/. Соотношения между сторонами и углами треугольника 325
Учитывая, что согласно основному тригонометрическому тожде-
тождеству 1 = sin2 — + cos2 —, равенство B) можно записать в виде:
cos a = cos — — sin —. (о)
При а = 2/3 формулы A) и C) принимают вид:
sin 2/3 = 2 sin /3 cos /3, cos 2/3 = cos2 /3 — sin2 /3.
Эти формулы называются формулами синуса и косинуса двойного
угла.
140. Тригонометрические функции произвольных углов. Фор-
Формулы A) и C) позволяют дать определение синуса и косинуса для
углов а из промежутка 90° ^ а ^ 180°:
синусом угла а из промежутка 90° < а < 180° называется число
2sm-cos-;
косинусом угла а из промежутка 90° ^ а ^ 180° называется
число
cosz--smz-.
Из этого определения, в частности, следует, что
sin 90° =2 sin 45° cos 45° =2-^-^ = 1;
9 9
cos 90° = cos2 45° - sin2 45° = №-\ - (^f\ = 0;
sin 180° = 2sin90° cos90° =2-1-0 = 0;
cos 180° = cos2 90° - sin2 90° = 0 - 1 = -1.
Для определения тангенса а при 90° < a < 180° и котангенса а
при 90° ^ а < 180° воспользуемся известными нам формулами:
, sin a , cos а /у1Ч
tga= , tga = - . D)
cos а sin а
Будем считать также, что при а = 90° тангенс не определен,
а при а = 180° котангенс не определен, поскольку в этих случаях
знаменатели в формулах D) обращаются в нуль.
141. Формулы приведения. Воспользуемся формулами A) и C),
а также известными нам формулами приведения, для вывода новых
формул. Для любого а из промежутка 0° < а < 180° имеем:
sinA80° - а) = 2sin(90° - |) cos(90° - |) = 2cos | sin | =

326
Гл. 11. Тригонометрические соотношения в треугольнике
cosA80° - а) = cos2(90° - |) - sin2(90° - |) =
. 9 OL 9 OL
= sin — — cos — = — cos а.
Таким образом,
sinA80° — а) = sin a, cosA80° — а) = —cos а.
E)
Формулы E) также называются формулами приведения. Из этих
формул следует, что
синус острого, прямого или тупого угла положителен]
косинус острого угла положителен, прямого — равен нулю, а ту-
тупого — отрицателен.
Формулы приведения (как старые, так и новые) позволяют дать
определение синуса и косинуса а = 0°. Воспользуемся, например, фор-
формулами sin a = cos(90° — а) и cos а = sin(90° — а) и определим sinO°
и cosO° по этим формулам при а = 0°:
sinO° = cos(90° - 0°) = cos 90° = 0,
cosO° = sin(90° - 0°) = sin 90° = 1.
Таким образом,
sin0°=0, cosO° = l.
Принимая во внимания формулы D), будем считать также,
что tgO° = 0, a ctgO° не определен.
Итак, sin а и cos а определены для всех а из промежут-
промежутка 0° ^ а ^ 180°, причем для всех а из этого промежутка имеют
место формулы E) и основное тригонометрическое тождество:
sin2 a + cos2 a = 1 (проверьте это).
142. Еще одна формула площади треугольника. Рассмотрим
произвольный треугольник ABC и попробуем выразить его площадь S
через стороны АВ, АС и угол А между ними.
Проведем высоту ВН. Возможны три случая (рис.452).
В
А
Н С А
сна
с
а) б) в)
Рис. 452. a) ZA < 90°; б) ZA = 90°; в) ZA > 90°

/. Соотношения между сторонами и углами треугольника 327
1°. Угол А — острый (рис.452, а). Из прямоугольного треугольни-
треугольника АВН находим: ВН = АВ • sin А. Следовательно,
S = 1-АС - ВН = 1-АВ • АС • sin A.
2°. Угол А — прямой (рис.452, б). В этом случае
S = Х-АВ • АС = Х-АВ • АС - sin Д
поскольку sin А = 1.
3°. Угол А — тупой (рис.452, в). Из прямоугольного треугольни-
треугольника АВН находим: ВН = АВ • sinA80° - А) = АВ • sin А. Поэтому
S = ^АС • ВН = ^АВ • АС • sin А.
Мы видим, что во всех трех случаях ответ один и тот же:
S=l-AB-AC-sin А. F)
Таким образом,
площадь треугольника равна половине произведения двух его
сторон на синус угла между ними.
143. Теорема синусов. Напомним, что площадь S треугольни-
треугольника ABC, вписанного в окружность радиуса R, выражается формулой:
с _ АВ•ВС•СА
Ь~ AR
(см. задачу 1 п. 112). С другой стороны, как мы установили в п. 142,
5= ^АВ-СА-sin А.
Из этих двух равенств находим:
ВС = 2R sin А.
Аналогично получаем еще два равенства:
АВ = 2R sin С, С А = 2R sin В.
Итак,
каждая сторона треугольника равна произведению диаметра
описанной окружности на синус противолежащего угла.
Это утверждение назовем обобщенной теоремой синусов. В каче-
качестве следствия из него получаем саму теорему синусов:
стороны треугольника пропорциональны синусам противолежа-
противолежащих углов.

328
Гл. 11. Тригонометрические соотношения в треугольнике
В самом деле,
АВ _ ВС _ СА
sin С sin A sin В
= 2Д.
Воспользуемся обобщенной теоремой синусов для решения такой
задачи.
Задача. Выразить расстояние от вершины А остроугольного
треугольника ABC до его ортоцентра Н через угол А и радиус R
описанной окружности.
Решение. Проведем высоты ВВ\
и СС\ (рис.453). Из прямоугольного
треугольника АВВ\ находим:
АВ\ = АВ cos A = 2R sin С cos A.
В прямоугольном треугольнике
АНВ\ /Я = ZC (объясните, почему).
АВ\ 2R sin С cos A
Поэтому АН = . „
sin С
= 2Дшз А Итак,
sin С
АН = 2R cos A.
G)
Рис. 453
Замечание 1. Формулу G) можно вывести еще проще, если
заметить, что отрезок АН — диаметр окружности, описанной около
треугольника АВ\С\, а этот треугольник подобен треугольнику ABC
с коэффициентом подобия cos А (см. доказательство теоремы п. 106).
Замечание 2. В случае произвольного треугольника ABC ана-
аналогичная формула имеет вид: АН = 2R\ cosA\. Докажите это самосто-
самостоятельно.
144. Теорема косинусов. Попробуем найти связь между сторо-
сторонами ВС = а, АС = Ъ и АВ = с треугольника ABC и его уг-
углом А (рис.454, а). Для этого выразим площадь треугольника двумя
способами: по формуле Герона и по формуле F), а затем приравняем
эти выражения. Получим равенство:
2 + 2Ъ2с2 + 2с2а2 - а4 - Ъ4 - с4 = ^
Возводя обе части этого равенства в квадрат и заменяя sin2 А на 1 —
— cos2 А, преобразуем его к виду: (Ъ2 + с2 — а2J = АЪ2с2 cos2 А, откуда
|62 + с2-а2| =2bc|cosA|.
Если угол А — острый, то (согласно обобщенной теореме Пифагора)
Ъ2 + с2 — а2 > 0 и cos А > 0; если угол А — прямой, то Ъ2 + с2 — а2 = 0
и cos А = 0; если же угол А — тупой, то Ъ2 + с2 — а2 < 0 и cos A < 0.

/. Соотношения между сторонами и углами треугольника
329
А
В
С
В
б)
А
С
С
а)
в)
Рис. 454. а) а2 = Ъ2 + с2 - 26ccos А; б) а2 = Ъ2 + с2 - 26ccosO° = (Ъ - сJ;
в) а2 = Ъ2 + с2 - 2&ccos 180° = F + сJ
Таким образом, во всех трех случаях справедливо равенство: Ь2 + с2 —
— а2 = 26с cos Д или
а2 = Ь2 + с2 -2bccosA.
Итак, мы доказали, что
квадрат стороны треугольника равен сумме квадратов двух дру-
других сторон минус удвоенное произведение этих сторон на косинус
угла между ними.
Это утверждение называется теоремой косинусов. Отметим,
что теорема косинусов верна и для вырожденного треугольника,
т. е. для «треугольника», вершины которого лежат на одной прямой
(рис.454, б, в).
Задачи
500. На стороне АС треугольника ABC взята точка D. Найди-
Найдите BD, если АВ = с, ВС = a, ZABC = /3, ZABD = (р.
501. Докажите, что площадь четырехугольника со сторонами а, Ь,
end (последовательно) не превосходит -(ab + cd).
502. Докажите, что площадь четырехугольника равна половине
произведения диагоналей на синус угла между содержащими их пря-
прямыми.
503* Докажите, что площадь четырехугольника не превосходит
одной четверти: а) суммы квадратов диагоналей; б) суммы квадратов
сторон.
504. Докажите, что площадь S треугольника ABC выражается
формулой: S = 2i?2sinAsmBsm(A + В), где R — радиус описанной
окружности.
505. Докажите, что: а) если 0° < а < C < 90°, то sin а < sin/З; б)
если 0° < а < C < 180°, то cos а > cos/3.

330 Гл. 11. Тригонометрические соотношения в треугольнике
506. Отрезки АА\ и СС\ — высоты остроугольного треугольни-
треугольника ABC. Найдите радиус окружности, описанной около треугольни-
треугольника А\ВС\, если АС = Ъ и АВ = C.
507. Точка Н — ортоцентр треугольника ABC. Докажите, что
радиусы окружностей, описанных около треугольников ABC и АВН,
равны.
508* Докажите, что точки, симметричные ортоцентру треугольника
относительно середин сторон и относительно прямых, содержащих
стороны, лежат на окружности, описанной около треугольника.
509. Биссектриса угла С треугольника CDE пересекает описанную
окружность в точке М. Найдите СМ, если DE = т, ZD = ср, ZE =
510. Окружность, вписанная в треугольник ABC, касается его
сторон ВС, С А и АВ в точках А\, В\ и С\. Докажите, что отношение
площадей треугольников А\В\С\ и ABC равно отношению радиуса
вписанной в треугольник ABC окружности к диаметру описанной
около него окружности.
511* Через середину С хорды АВ проведены две хорды KL и MN,
точки К и М лежат по одну сторону от прямой АВ. Прямые АВ
и ML пересекаются в точке Р, а прямые АВ и KN — в точке Q.
Докажите, что СР = CQ (иногда это утверждение называют теоремой
о бабочке).
512* Из точки М, лежащей внутри треугольника ABC и располо-
расположенной на расстоянии d от центра описанной около него окружности
радиуса R, проведены перпендикуляры МА\, МВ\ и МС\ к сторо-
сторонам ВС, С А и АВ. Докажите, что отношение площади треугольни-
R2 - d2
ка А\В\С\ к площади треугольника ABC равно -2—.
513* Докажите, что в произвольном треугольнике радиусы г и R
вписанной и описанной окружностей связаны с расстоянием d между
их центрами формулой: d2 = R2 — 2Rr.
514. Докажите, что в треугольнике ABC имеет место равенство:
cos2 A = cos2 С + sin2 В — 2 cos С sin A sin В.
515. Найдите угол А треугольника ABC и радиус описанной около
него окружности, если ВС = 2, АС = 1 + у/3, ZC = 60°.
516. Докажите, что медиана AM треугольника ABC выражается
формулой AM = -VAB2 + АС2 + 2АВ • АС • cos A.
517. Радиус окружности, описанной около треугольника ABC,
равен 2л/3, АВ = 4, А А = 60°. Найдите среднюю линию этого тре-
треугольника, параллельную стороне АС.
518. Докажите, что в выпуклом четырехугольнике со сторона-
сторонами а, Ь, с, d (последовательно), диагоналями е, / и углом ср меж-

2. Использование тригонометрических формул... 331
I 2 2 7 2 т2
ду ними: a) cos(?> = - — ; б) при tp ^ 90° площадь рав-
2е/
\а2 + cz -bz - dz
на ^ tgip.
519. Через точку М стороны АС треугольника ABC проведена
прямая, параллельная АВ и пересекающая АС в точке N. Биссектриса
угла А пересекает отрезок MN в точке Т. Найдите АВ, если АС =
= Зл/3, БС = л/13, С'М = 2МД а радиус окружности, описанной
около треугольника АМТ, равен у 6 + Зл/3 .
520. В трапецию вписана окружность и около нее описана окруж-
окружность, причем радиус описанной окружности в -\fl раз больше ради-
о
уса вписанной окружности. Найдите острые углы этой трапеции.
521. В окружности радиуса R проведены хорда MN и диаметр МР.
Касательная к окружности в точке N пересекает продолжение диа-
диаметра МР за точку Р в точке Q. Найдите медиану QD треугольни-
треугольника MQN, если ZQ = 60°.
522* В трапецию ABCD вписана окружность. Продолжения боко-
боковых сторон AD и ВС за точки D и С пересекаются в точке Е. Найдите
радиус окружности, если периметр треугольника DCE равен р, АВ =
= a, ZADC = а.
523* Через центр О вписанной в треугольник ABC окружности,
радиус которой в к раз меньше отрезка АО, проведена прямая, парал-
параллельная ВС и пересекающая стороны АВ и АС в точках М и N. Най-
Найдите площадь треугольника ABC, если периметр треугольника AMN
равен р, ВС = а.
524*. Диагонали трапеции ABCD с основаниями AD и ВС пе-
пересекаются в точке О. Найдите эти диагонали, если средняя линия
1 ^ /о"
трапеции равна 7, ее высота равна —-—, а угол AOD равен 120°.
525. В тупоугольном треугольнике ABC проведены медиана СМ
и биссектриса CD. Найдите синус угла АС В, если АВ = 14, DM = 1,
§ 2. Использование тригонометрических формул при
решении геометрических задач
145. Синус и косинус суммы и разности углов. Обобщенная
теорема синусов и теорема косинусов позволяют вывести формулы,
выражающие синус и косинус суммы двух углов через синусы и ко-
косинусы этих углов. В самом деле, рассмотрим произвольный треуголь-
треугольник ABC. По теореме косинусов
ВС2 = АВ2 + АС2 - 2АВ • АС • cos A,

332 Гл. 11. Тригонометрические соотношения в треугольнике
АС2 = АВ2 + ВС2 - 2АВ • ВС • cos В,
АВ2 = АС2 + ВС2 - 2 АС - ВС • cos С.
С другой стороны,
ВС = 2R sin A, AC = 2R sin В,
АВ = 2RsmC = 2i?sinA80° - А - В) = 2Rsin(A + В),
cosC = cosA80° -А- В) = -cos(A + B).
Подставляя эти выражения в формулы теоремы косинусов и сокра-
сокращая на 4R2, получим три тригонометрических тождества:
sin2 A = sin2 В + sin2 (А + В) - 2 sin В • sin(A + Б) • cos A,
sin2 Б = sin2A + sin2(A + E) - 2 sin A • sin(A + Б) -cos Б,
sin2(A + В) = sin2 A + sin2 Б + 2 sin A • sin В • cos(A + Б).
Сложим первые два тождества и приведем подобные члены:
0 = 2sin2(A + B) -2sinB -sin(A + B) -cosA-
- 2 sin A • sin(A + Б) • cos Б,
откуда
sin(A + Б) = sin AcosB + cos Asin5. A)
Сложим теперь второе и третье тождества. После приведения по-
подобных членов и сокращения на 2 sin А, получим:
0 = sin A- sin(A + В) • cos Б + sin5 • cos(A + В).
Подставим в это равенство выражение для sin(A + Б) по форму-
леA):
0 = sin А — sin А • cos2 Б — cos А • sin Б • cos Б + sin Б • cos(A + Б).
Но sin А — sin А • cos2 Б = sin A • sin Б. Поэтому из нашего равен-
равенства находим:
cos(A + Б) = cos A cos Б — sin A sin Б. B)
Выведем теперь формулы синуса и косинуса разности углов А и Б.
Для этого представим А в виде А = В -\- (А — В) и воспользуемся
формулами A) и B):
sin A = sin5cos(A — Б) + cos5sin(A — Б),
cos A = cos5cos(A — Б) — sin5sinG4 — Б).

2. Использование тригонометрических формул...
333
Выражая отсюда
— В) и cos(A — В), приходим к формулам:
sin^ — В) = sin A cos В — cos A sin В,
cos(A — В) = cos A cos В + sin A sin Б.
Замечание 1. Формула A) имеет простой геометрический
смысл, иллюстрируемый рисунком 455. На этом рисунке изображен
треугольник ABC с острыми углами А и В, R — радиус описанной
окружности. Случаи, когда один из углов А и В — прямой или тупой,
рассмотрите самостоятельно.
Замечание 2. Формула B) также имеет простой геометриче-
геометрический смысл. Поясним его на примере остроугольного треугольни-
треугольника ABC (случаи прямоугольного и тупоугольного треугольника рас-
рассмотрите самостоятельно). Пусть СС\ — высота треугольника, Н —
ортоцентр (рис.456), R — радиус описанной окружности. В соответ-
соответствии с обобщенной теоремой синусов
СС\ = С В sin В = 2RsinAsmB.
Но СС\ = СН + НС\, причем, согласно формуле G) п. 143,
СН = 2RcosC = 2i?cosA80° - А - В) = -2Rcos(A + В),
НСХ = Affsin(90° - В) = 2R cos A cos В.
Таким образом,
2Д sin A sin В = -2R cos(A + В) + 2R cos A cos В,
откуда и получается равенство B).
146. Теорема Морлея. Теперь мы ответим на один из вопро-
вопросов, записанных в нашем блокноте: как доказать теорему Морлея?
Но сначала решим такую задачу.
2R sin В cos A 2R sin A cos В
Рис.455. АВ = 2RsinC =
А
Сх
Рис. 456

334
Гл. 11. Тригонометрические соотношения в треугольнике
Задача. Доказать, что для произвольного угла а ^ 60° имеет
место тождество:
sin За = 4sinasinF0° + a) sinF0° — а).
Решение. Преобразуем сначала левую часть этого равенства:
sin За = sinBa + а) = sin 2а cos a + cos 2a sin a =
= 2 sin a cos2 a + (cos2 a — sin2 a) sin a = sin аC cos2 а — sin2 а).
Преобразуем теперь правую часть:
4 sin a sinF0° + a) sinF0° - а) =
= 4 sin а (sin 60° cos a + cos 60° sin а) (sin 60° cos а — cos 60° sin a) =
= 4 sin a(sin2 60° cos2 a — cos2 60° sin2 a) =
= 4 sin а
cos2 a — I - ) sin"
= sin aC cos2 a — sin2 a).
Таким образом, правая и левая части совпадают, что и требовалось
доказать.
Перейдем теперь к доказательству теоремы Морлея.
Теорема. Если через вершины произвольного треугольни-
треугольника ABC провести лучи АВ\, АС\, ВА\, ВС\, СА\, СВ\, делящие
каждый из его углов на три равные части так, как показано
на рисунке 457, то точки А\, В\ и С\ окажутся вершинами
равностороннего треугольника.
Доказательство. Выразим В\С\ через углы треугольника ABC
и радиус R описанной около него окружности. Для удобства введем
обозначения: ZA = За, ZB = 3/3,
ZC = 37 (см. рис.457). Ясно,
что а + /3 + 7 = 60° и а < 60°,
/3<60°, 7<60°.
В треугольнике ABC сто-
сторона АС равна 2RsinB, по-
поэтому в треугольнике АВ\С:
АС = 2R sin 3/3, ZB{AC = a,
ZB\CA = 7- Применим к этому
А
С
Рис. 457
треугольнику теорему синусов:
AC = ABX
sin 7
Поскольку /_В\ = 180° - а - 7 и а + /3 + 7 = 60°, то
= sinA80° — а — 7) = sin(a + 7) = sinF0° — /3). Таким образом, из по-

2. Использование тригонометрических формул...
335
лученной формулы находим:
лтэ _ 2-R sin 3C sin 7
1 ~ sinFO°-/3) *
Но, как мы доказали, sin 3/3 = 4sin/3sinF0° + /3) sinF0° —/3), по-
поэтому
АВХ =8i?sin/3sin7sinF0°+/3).
Аналогично из треугольника АВС\ находим:
АС\ = 8i?sin/3sin7sinF0° +7).
Рассмотрим теперь какой-нибудь треугольник, два
угла которого равны F0° + /3) и F0° + 7)- Такой
треугольник существует, поскольку сумма этих углов
меньше 180°. Ясно, что третий угол этого треугольни-
треугольника равен а. Пусть г — радиус описанной около него
окружности. Тогда его стороны равны:
2rsinF0°+/3), 2rsinF0°+7). 2rsina
(рис.458). Этот треугольник подобен треугольнику
АВ\С\ по второму признаку подобия треугольников,
поскольку его стороны, между которыми заключен
угол а, пропорциональны сторонам АВ\ и АС\\
АВХ _ АСХ
2rsinF0° +
Следовательно,
C) 2rsinF0°+7)
ВхСх
Zr sin a
, откуда
B\C\ = 8R sin a sin /3 sin 7.
2r sin a
Рис. 458
В это выражение углы а, /3 и 7 входят равноправно. Поэтому ясно,
что выражения для А\С\ и Ai-Bi будут точно такими же. Но это и озна-
означает, что треугольник А\В\С\ — равносторонний. Теорема доказана.
147. Площадь четырехугольника. Пользуясь теоремой косинусов
и формулой площади треугольника, докажем следующую теорему.
Теорема. Квадрат площади S выпуклого четырехугольни-
четырехугольника ABCD со сторонами АВ = а, ВС = Ъ, CD = с, DA = d и полупе-
полупериметром р выражается формулой:
S2 = (р - а)(р - Ъ)(р - с)(р - d) - abed • cos2
C)
Доказательство. Проведем диагональ АС четырехуголь-
четырехугольника и применим теорему косинусов к треугольникам ABC
и ADC (рис.459):
АС2 = а2 + Ь2 - 2аЬ •
АС2 = с2 + d2 - 2cd • cosD.

336
Гл. 11. Тригонометрические соотношения в треугольнике
Приравняв правые части этих равенств, получим:
а2 + Ь2 - с2 - d2 = 2abcosB - 2cdcosD,
откуда
(а2 + Ъ2-с2- d2J = 4a2b2 cos2 В - Sabcd cos В cos D + Ac2d2 cos2 D.
D)
Четырехугольник ABCD составлен из треугольников ABC и ADC,
поэтому S = -ab sin В + -cdsinD. Возведем обе части этого равенства
в квадрат и умножим на 16:
16S2 = Aa2b2 sin2 В + Sabcdsin В sin D + 4с2 d2 sin L>.
Рассмотрим сначала случай, ко-
когда ZB + ZD < 180°. Складывая по-
полученное равенство с равенством D)
и учитывая, что cos В cos D —
— sin Б sin D = cos(B + D), получаем:
= 4a262 - Sabcd cos(B + D) + 4c2^2.
Ho cos(? + D) = cos2 ^Ц-^ -
— sin'
— 1, поэтому это равенство можно перепи-
B + D
сать так:
16S2 = Bab + 2cdJ - (а2 + Ь2 -с2 - d2J - \6abcd cos2
Осталось заметить, что
Bab + 2cdf - (а2 + Ь2 - с2 - d2J = Щр - а)(р - Ь){р - с)(р - d)
(проверьте это самостоятельно), поэтому из нашего равенства получа-
получается равенство C).
Итак, мы доказали, что при /_В -\- ZD ^ 180° имеет место равен-
равенство C). Теперь нетрудно заметить, что оно справедливо и в слу-
случае ZB + ZD > 180°. В самом деле, в этом случае ZA + ZC < 180°,
поэтому имеет место равенство, аналогичное C):
S2 = (р — а)(р — Ь)(р — с)(р — d) — abcdcos2 —-—.
о А + С 360°- В- D /1ОПО B + D\
Но cos —-— = cos = cos f 180° — j =
= —cos—-—, поэтому мы вновь приходим к равенству C). 1еорема
доказана.

2. Использование тригонометрических формул... 337
Замечание. Если сторону d четырехугольника неограниченно
уменьшать, то в пределе четырехугольник превратится в треугольник,
а формула C) — в формулу Герона. Можно сказать, что формула
Герона является следствием формулы C).
148. Площади вписанных и описанных четырехугольников.
Поскольку и вписанный, и описанный четырехугольники являются
выпуклыми, то для вычисления их площадей можно пользоваться
формулой C).
Так как противоположные углы В и D четырехугольника ABCD,
вписанного в окружность, составляют в сумме 180°, то cos —-— = 0.
Поэтому применительно к четырехугольнику, вписанному в окруж-
окружность, формула C) принимает вид:
S2 = (p-a)(p-b)(p-c)(p-d),
откуда
S = y/(p-a)(p-b)(p-c)(p-d).
Эту формулу связывают с именем индийского математика и астро-
астронома Брахмагупты E98-ок. 660).
Обратимся теперь к четырехугольнику ABCD, описанному около
окружности. В нем суммы противоположных сторон равны, поэтому
откуда р — а = с, р — b = d, р — c = a, р — d = b. Следовательно, квадрат
его площади S выражается формулой
с2 7Л 7Л 2 В + D ,л/1 2 В + D, , , . 2 В + D
Ь = abed — abed cos —-— = abcd{\ — cos —-—) = abed sin —-—.
Отметим, что если в четырехугольник можно вписать окружность,
и около него можно описать окружность, то sin2 —-— = sin2 90° = 1,
и для его площади S получается простая и красивая формула:
S = Vabcd.
Замечание. Глядя на формулу C), можно прийти к весьма
неожиданному выводу:
из всех выпуклых четырехугольников с данными сторонами наи-
наибольшую площадь имеет четырехугольник, вписанный в окруж-
окружность.
Это следует из того, что
S2 = (р — а) (р — Ь)(р — с) (р — d) — abed cos2 —-—
- с)(р - d),

338
Гл. 11. Тригонометрические соотношения в треугольнике
Рис. 460
причем знак равенства возможен тогда и только тогда, когда
cos2 —-— = 0, т. е. тогда и только тогда, когда сумма противополож-
противоположных углов В и D равна 180°, а значит, около четырехугольника ABCD
можно описать окружность.
Здесь, правда, возникает вопрос: верно
^ ли, что для любого данного четырехуголь-
четырехугольника существует четырехугольник с та-
такими же сторонами, вписанный в окруж-
окружность? Оказывается, верно. Попробуйте
доказать это самостоятельно.
Нетрудно заметить, что площадь вы-
выпуклого четырехугольника всегда больше
площади невыпуклого четырехугольника
с такими же сторонами (рис.460). Следо-
Следовательно,
из всех четырехугольников с данными сторонами наибольшую
площадь имеет четырехугольник, вписанный в окружность.
Задачи
526. В выпуклом четырехугольнике ABCD АВ = у/3, BD = 1,
ZABD = 120°, ABC А = 30°, ABCD = 60°. Найдите ВС.
527. Продолжение высоты СС\ равнобедренного треугольни-
треугольника ABC с основанием АС пересекает описанную около него
окружность в точке Р. Касательная к этой окружности, проходящая
через точку Р, пересекает прямую АВ в точке Q. Найдите АР и PQ,
если АВ = -у/б, АС = 5.
528. Через вершины А и В треугольника ABC проведена окруж-
окружность, пересекающая стороны ВС и АС в точках D и Е соответ-
соответственно. Найдите радиус этой окружности, если площадь треугольни-
треугольника CDE в 7 раз меньше площади четырехугольника ABDE, АВ = 4,
ZC = 45°.
529. Радиус окружности, описанной около треугольника ABC,
ABC
равен R. Докажите, что: а) АВ + ВС + С А = 8i?cos — cos — cos —;
б) BC + AC = 4Rsin
cos
А-В\
2 2'
530. Радиус окружности, описанной около треугольника ABC, pa-
вен R. Докажите, что: а)
ВС2 - АС2
АВ
\A-B\_,
= ВС cos В - AC cos А; б) \ВС -
\АС-ВС\
АС + ВС
l$\A-B$

3. Скалярное произведение векторов 339
531. Радиус окружности, описанной около треугольника ABC, ра-
равен R, а радиус окружности, вписанной в этот треугольник, равен г.
п ли • А • в • с
Докажите, что г = 4itsm — sin — sin —.
532. В треугольнике ABC ВС = а, р — полупериметр,
R — радиус описанной окружности. Докажите, что р — а =
лг> А . В А + В
= AR cos — sin — cos —-—.
533. Радиус окружности, описанной около треугольника ABC, ра-
равен R, а радиус вневписанной окружности, касающейся стороны ВС,
и и и ли - А в - А+В
равен Ка. Докажите, что Ra = 4itsm — cos — sin —-—.
534* Отрезки АА\, ВВ\ и СС\ — высоты остроугольного треуголь-
треугольника ABC. Докажите, что отношение периметра треугольника А\В\С\
к периметру треугольника ABC равно отношению радиуса окружно-
окружности, вписанной в треугольник ABC, к радиусу окружности, описанной
около него.
535* Докажите, что сумма расстояний от центра окружности,
описанной около остроугольного треугольника, до его сторон равна
сумме радиусов указанной окружности и окружности, вписанной в этот
треугольник.
536* Докажите, что треугольник является прямоугольным тогда
и только тогда, когда сумма квадратов его сторон в 8 раз больше
квадрата радиуса окружности, описанной около этого треугольника.
537* На сторонах произвольного треугольника вне его построены
равносторонние треугольники. Докажите, что центры этих равносто-
равносторонних треугольников являются вершинами равностороннего треуголь-
треугольника.
§ 3. Скалярное произведение векторов
149. Угол между векторами. Рассмотрим два произвольных век-
вектора: ~~а и Ъ . Отложим от какой-нибудь точки О векторы О А = ~~а
и ОВ = Ъ . Если векторы ~а и Ъ не являются сонаправленными,
то лучи О А и О В образуют угол АО В (рис.461, а). Градусную меру
этого угла обозначим буквой а и будем говорить, что угол между
векторами ~~а и Ъ равен а. Если векторы ~а и Ъ сонаправлены,
в частности один из них или оба — нулевые, то будем считать, что
угол между ними равен 0°.
Докажем, что величина а не зависит от выбора точки О, от которой
откладываются векторы ~а и Ъ . Если хотя бы один из них — нулевой,
то справедливость утверждения очевидна. Поэтому будем считать, что
данные векторы — ненулевые. Пусть {х\\у{\ — координаты вектора а ,

340
Гл. 11. Тригонометрические соотношения в треугольнике
о
в
а)
б)
Рис. 461
а {%2',У2} — координаты вектора Ь в какой-нибудь прямоугольной
системе координат. Тогда {х\ — Х2\ у\ — У2} — координаты вектора ~~а —
— Ь . Поскольку в треугольнике ОАВ О А = \~а\, О В = | Ъ |, АВ =
= \~а — Ь |, то по теореме косинусов (рис.461, б)
~а — Ь
Ъ | — 2| а || Ъ | cos а.
Но
\ct~
= {х
у\)
{х\
поэтому из полученного равенства следует, что
Х\Х2
cos а =
а
A)
Таким образом, cos a, a значит и а, не зависит от выбора точки О.
Решим теперь две задачи.
Задача 1. Доказать, что углы, стороны которых соответ-
соответственно параллельны, либо равны, либо их сумма равна 180°.
Решение. Пусть ZABC = а и ZDEF = C — углы, стороны кото-
которых соответственно параллельны: В А || ED, ВС \\ EF. Из этого следу-
следует, что существуют такие числа к и /, что ED = кВА, ЕЕ = 1ВС. По-
Поэтому если ВА{х\',у\} и ВС{х2,У2}, то ED{bi;fc?/i} и EF{lx2',ly2}-
Воспользуемся формулой A):
cos /3 = v
\кВА\\1ВС\
\Ы\
cos a = ±cos<x
Если cos/3 = cos а, то C = а; если же cos/3 = —cos а, то C = 180°
а, т. е. а + /3 = 180°. Утверждение доказано.

3. Скалярное произведение векторов 341
Задача 2. Доказать, что углы, стороны которых соответ-
соответственно перпендикулярны, либо равны, либо их сумма равна 180°.
Решение. Пусть ZABC = а и ZDEF = C — углы, стороны
которых соответственно перпендикулярны (ВA JL ED, ВС JL i?F),
i?A{#i;?/i} и ВС{х2',У2}- Рассмотрим векторы OX{?/i; — x\}
и ОУ{^2,-^}. Ясно, что OX ±BA, OY JL БС, |ОХ| = |iL4|,
1ОУ1 = IBCI. По формуле A) cos/ХОУ = ^+^f2 = cosa ПОЭто-
1111 ч v у \ > \BA\\BC\
му /ХОУ = а. Но стороны угла DEF соответственно параллельны
сторонам угла XOY. Следовательно, либо C = а, либо а + /3 = 180°.
Утверждение доказано.
Замечание. Задачи 1 и 2 можно, конечно, решить и без исполь-
использования метода координат (см. задачи 141 и 142), но при этом придется
рассмотреть несколько частных случаев. Метод координат удобен тем,
что он позволяет провести общее рассуждение для всех этих случаев.
150. Определение и свойства скалярного произведения векто-
векторов. Скалярным произведением двух векторов называется произве-
произведение их длин на косинус угла между ними:
Ъ =
cos а.
Из формулы A) следует, что если ненулевые векторы ~а и Ь имеют
координаты {х\]у\} и {х^уъ}, то
~а • Ъ =х\Х2 + у\У2- B)
Формула B) верна и в том случае, когда один из данных векторов
или оба — нулевые (убедитесь в этом самостоятельно).
Из определения скалярного произведения и формулы B) следует,
что _^
для любых векторов ~а, Ъ, ~с и любого числа к справедливы
соотношения: _^
1° ~~а2 = ~а - ~а ^ 0, причем ~а2 > 0 при ~а ф 0 ;
2° ~а • V = V • ~а ;
3° (~а + Ъ )~с = ~а • ~с + Ъ -~с\
4° (к~а)~Ь = к(~а • V).
Докажите это самостоятельно.
Воспользуемся свойствами скалярного произведения для решения
двух задач.
Задача 3. Хорды АВ и CD окружности радиуса R взаимно
перпендикулярны. Доказать, что АС2 + BD2 = 4R2.

342 Гл. 11. Тригонометрические соотношения в треугольнике
Решение. Пусть О — центр данной окружности. По условию
векторы АВ = ОВ — О А и CD = OD — ОС взаимно перпендикулярны,
поэтому
AB-CD = (ОВ - OA)(OD - ОС) =
= OB-OD-OB-OC-OA-OD^OA-OC = 0.
Векторы ОВ + О А и OD + ОС также взаимно перпендикуляр-
перпендикулярны (рис.462). Следовательно,
OA)(OD + OC) =
Сравнивая полученные равенства, приходим к выводу, что ОВ х
х OD + ОА • ОС = 0. Значит,
АС2 + BD2 = (ОС - ОАJ + (О!) - ОБJ =
= R2 - 2(ОА • ОС) +R2 + R2 - 2(ОВ • OD) + Я2 = 4Я2,
что и требовалось доказать.
Задача 4. Яз произвольной точки М окружности, описанной
около треугольника ABC, проведены хорды МР и MQ, перпенди-
перпендикулярные к АВ и АС соответственно. Доказать, что прямые BQ
и СР параллельны.
Решение. Пусть R — радиус описанной окружности. Посколь-
Поскольку МР _L АВ и MQ _L АС, то ВР2 = AR2 - AM2 и CQ2 = AR2 -
— AM2 (см. задачу 3), поэтому ВР = CQ. Далее, стороны углов ВАС
и PMQ взаимно перпендикулярны. Следовательно, эти углы либо
равны, либо их сумма равна 180° (см. задачу 2 п. 149). И в том и в
другом случае в соответствии с обобщенной теоремой синусов PQ =
= 2RsinA = ВС. Итак, ВР = CQ и PQ = ВС (рис.463).
Пусть О — центр описанной окружности. Из равенства ВР =
= CQ следует, что \ОР - ОВ\2 = \OQ - ОС\2, откуда получаем: R2 -
- 2ОР -OB + R2 = R2 - 2OQ -ОС + R2, т. е. ОР - ОВ = OQ -ОС.
Аналогично, из равенства PQ = ВС находим: OQ • ОР = ОС • ОВ.
Введем теперь вектор ~х = ОР + ОС. Имеем:
~BQ • ~х = (OQ - ОВ)(ОР + ОС) =
= (OQ -OP-ОС- ОВ) + (OQ -ОС-OP- ОВ) = 0,
- ОС)(ОР + ОС) = R2 - R2 = 0.

3. Скалярное произведение векторов
343
А
OD + OC
Рис. 462 Рис. 463
Следовательно, BQ JL ~х и СР JL "а?, поэтому EQ || СР. Утвержде-
Утверждение доказано.
151. Теорема Эйлера. Начнем с такой задачи.
Задача 5. Доказать, что сумма квадратов диагоналей парал-
параллелограмма равна сумме квадратов его сторон.
Решение. Рассмотрим параллелограмм ABCD (рис.464). По-
Поскольку АС = AD + АВ, Ш) = AD - АВ, то
АС2 + BD2 = АС2 + ~ВВ2 = (AD + АВJ + (AD - АВJ =
= 2AD2 + 2АВ2 = 2А?>2 + 2АБ2 = AD2 + ВС2
что и требовалось доказать.
Оказывается, что рассмотренное
нами свойство параллелограмма яв-
является характеристическим. Это сле-
следует из теоремы Эйлера, названной
так по имени открывшего ее выдаю-
выдающегося математика Леонарда Эйле-
Эйлера A707-1783), швейцарца по про-
происхождению, большую часть жизни
работавшего в России. Сформулиру-
Сформулируем и докажем эту теорему.
Теорема. Квадрат расстояния между серединами М и N
гоналей произвольного четырехугольника ABCD выражается
мулой:
Рис. 464
диа-
фор-
MNZ = -(ABZ + ВС2 + CD2 + DA2 - AC2 - BD2).
C)

344
Гл. 11. Тригонометрические соотношения в треугольнике
Доказательство. Пусть М и N — середины диагоналей АС
и BD четырехугольника ABCD (рис.465). Поскольку DM = -(D;
1
DC), DN = ^DB, то
1
2DB • Ш = DB2 + DA2 - АВ2
MN = DN- DM = UDB -DA- DC).
Следовательно,
MN2 = \(DB2 + DA2 + DC2 - 2DB • DA - 2DB • DC + 2DA • DC).
Из теоремы косинусов следует, что
2DB • DC = DB2 + DC2 - ВС2,
2DA • DC = DA2 + DC2 - AC2.
Подставляя эти выражения в по-
полученное равенство, приходим к ра-
равенству C). Теорема доказана.
Теперь ясно, почему свойство
параллелограмма, сформулирован-
сформулированное в задаче 5, является характе-
характеристическим: если сумма квадратов
диагоналей четырехугольника рав-
равна сумме квадратов его сторон, то,
как следует из теоремы Эйлера,
расстояние между серединами диа-
диагоналей равно нулю, т. е. середины диагоналей совпадают и поэтому
этот четырехугольник — параллелограмм.
152. Теорема Лейбница. Обратимся теперь к теореме, открытой
немецким математиком, физиком и философом Готфридом Вильгель-
Вильгельмом Лейбницем A646-1716) — одним из основоположников фундамен-
фундаментального раздела математики — математического анализа.
Теорема. Медианы треугольника ABC пересекаются в точ-
точке М. Доказать, что для любой точки X имеет место равенство:
ХА2 + ХВ2 + ХС2 = ЗМХ2 + MA2 + MB2 + МС2.
Доказательство. Поскольку ХА = МА — MX, ХВ = MB —
- Ml, YC = ~МС - Ml, то
Рис. 465
ХА2 + ХВ2 + ХС2 = (MA - MXJ + (MB - MXJ + (МС - MXJ =
= MA2 + MB2 + МС2 + ЗМХ2 - 2М1(Ш + МБ + МС).

3. Скалярное произведение векторов 345
Пусть АА\, ВВ\ и СС\ — медианы треугольника ABC. Тогда
~МА + ~МВ + МС = -\(ААХ + ~ВВХ + ССХ) = ~0
о
(см. решение задачи 3 п. 122), откуда и следует справедливость нашего
равенства. Теорема доказана.
Следствие. Точка пересечения медиан треугольника является
той точкой, для которой сумма квадратов расстояний до вершин
треугольника принимает наименьшее значение (объясните, как это
утверждение получается из теоремы Лейбница).
Задачи
538. Точка К — середина стороны AD прямоугольника ABCD.
Найдите угол между прямыми ВК и АС, если AD = у/2 АВ.
539. На стороне CD квадрата ABCD отмечена точка М. Бис-
Биссектриса угла ВАМ пересекает сторону ВС в точке К. Докажите,
что AM = ВК + DM.
540. Найти медиану AM треугольника ABC, если АВ = 10, АС =
= 6, ABAC = 60°.
541. На стороне АВ параллелограмма ABCD взята точка К. Най-
Найдите отношение ^, если АВ = ЗВС, АК = 7KB, ZBAD = 60°.
542. Вершины четырехугольника ABCD имеют координаты:
А(-1;2), ВA;-2), СB;0), 1>A;6). Докажите, что этот четырехуголь-
четырехугольник — трапеция, и найдите ее высоту.
543. Точка М лежит на стороне ВС треугольника ABC. Найди-
Найдите AM, если АВ = 4, АС = 8, ABAC = 60°, ВМ = ЗМС.
544. На стороне АС треугольника ABC отмечена точка Е так, что
прямая BE перпендикулярна к медиане AM. Найдите ВС, если АЕ =
= ЗЕС, АВ = 2, ZB = 60°.
545. Точки К и М — соответственно середины сторон ВС и CD па-
параллелограмма ABCD. Найдите AD, если АК = 6, AM = 3, ZKAM =
= 60°.
546. На стороне АВ треугольника ABC отмечена точка N. Меди-
Медиана AM пересекает отрезок CN в точке О. Найдите АВ, если AN =
= 3NB, AM = CN = 7, ZMON = 60°.
547* Точка D — середина основания АС равнобедренного тре-
треугольника ABC, точка К лежит на стороне ВС, причем DK !_ ВС,
точка М — середина отрезка DK. Докажите, что АК _1_ ВМ.
548. В выпуклом четырехугольнике ABCD ZA + ZD < 180°. До-
Докажите, что AD2 = АВ2 + ВС2 + CD2 - 2АВ • ВС cos В - 2ВС х
х CD cos С + 2АВ • CD cos(A + D).
549. Докажите, что стороны ВС и AD четырехугольника ABCD
параллельны тогда и только тогда, когда АС2 + BD2 = АВ2 + CD2 +
+ 2BC-AD.

346 Гл. 11. Тригонометрические соотношения в треугольнике
550. Докажите, что диагонали четырехугольника лежат на взаимно
перпендикулярных прямых тогда и только тогда, когда суммы квадра-
квадратов его противоположных сторон равны.
551. Диагонали прямоугольной трапеции взаимно перпендикуляр-
перпендикулярны. Докажите, что ее высота равна среднему геометрическому для
оснований.
552. Диагонали равнобедренной трапеции взаимно перпендикуляр-
перпендикулярны. Найдите площадь трапеции, если ее высота равна h.
553. Докажите, что произведение диагоналей параллелограмма
на косинус угла между ними равно модулю разности квадратов смеж-
смежных сторон.
554. Четырехугольник ABCD — параллелограмм, М — произ-
произвольная точка. Докажите, что величина МА2 + МС2 — MB2 — MD2
не зависит от выбора точки М.
555* В треугольнике ABC точка О — центр описанной около
треугольника окружности, Н — ортоцентр, G — центр тяжести. Дока-
Докажите, что: а) ОН = О А + ОВ + ОС; б) точка G лежит на отрезке ОН,
причем HG = 2GO.
556* Точка О — центр окружности, вписанной в треугольник ABC.
Докажите, что: а) АО = ——-1-—7Т7(АВ -АС + АС- АВ); б) для
любой точки М имеет место равенство: МО = ———=————(ВС х
J\.1d -\- 1эСу -\- О J\.
х ~МА + С А • ~МВ + АВ • МС); в) ВС -ОА + СА-ОВ + АВ -ОС = ~0.
557* Точка М лежит на окружности, вписанной в треуголь-
треугольник ABC. Докажите, что величина ВС • МА2 + С А • MB2 + АВ • МС2
не зависит от выбора точки М.
558* Точка М лежит на окружности, описанной около равносторон-
равностороннего треугольника ABC. Докажите, что: а) величина МА2 + MB2 +
+ МС2 не зависит от выбора точки М; б) одна из величин МА, MB
и МС равна сумме двух других; б) величина МА4 + MB4 + МС4
не зависит от выбора точки М.
559* Докажите, что треугольник является прямоугольным тогда
и только тогда, когда расстояние от его центра тяжести до центра
описанной около него окружности в три раза меньше радиуса этой
окружности.

Глава 12
ПРАВИЛЬНЫЕ МНОГОУГОЛЬНИКИ. ДЛИНА
И ПЛОЩАДЬ
§ 1. Правильные многоугольники
153. Равносторонние и равноугольные многоугольники. Мно-
Многоугольник называется равносторонним, если все его стороны равны.
Равносторонними n-угольниками при п = 3 и п = 4 являются рав-
равносторонний треугольник и ромб. Эти многоугольники — выпуклые.
Равносторонние n-угольники при п > 4 могут быть как выпуклы-
выпуклыми (рис.466, а), так и не выпуклыми (рис.466, б).
Выпуклый многоугольник на-
называется равноугольным, если
все его углы равны. Примером
равноугольного многоугольника
является прямоугольник.
Выпуклый многоугольник на-
называется правильным, если все
его углы равны и все стороны
равны, т. е. правильный много-
многоугольник является одновременно
и равносторонним, и равноуголь-
равноугольным. Квадрат и равносторонний
треугольник являются примерами правильных многоугольников. Пра-
Правильные многоугольники обладают следующими замечательными свой-
свойствами:
около любого правильного многоугольника можно описать
окружность, и притом только одну,
в любой правильный многоугольник можно вписать окружность,
и притом только одну,
центры описанной около правильного многоугольника и вписан-
вписанной в него окружностей совпадают.
В самом деле, пусть О — точка пересечения биссектрис углов
А\ и А2 правильного многоугольника А\А2...Ап (рис.467). Тогда
AOAiAz, ДОА2Аз,..., АОАпА\ — равные друг другу равнобедрен-
равнобедренные треугольники (объясните, почему). Из равенства боковых сто-
сторон этих треугольников следует, что точка О — центр описанной
Рис. 466

348
Гл. 12. Правильные многоугольники. Длина и площадь
А2
Рис. 467
окружности, а из равенства их высот
следует, что О — центр вписанной
окружности. Доказательство утвер-
утверждений о единственности вписанной
и описанной окружностей проведите
самостоятельно.
Общий центр вписанной и опи-
описанной окружностей называется
центром правильного многоуголь-
многоугольника.
Докажем теорему о признаках
правильного многоугольника.
Теорема. 1°. Равносторон-
Равносторонний многоугольник, вписанный
в окружность, — правильный;
2° равноугольный многоугольник, описанный около окружности, —
правильный.
Доказательство. 1°. Рассмотрим равносторонний многоуголь-
многоугольник А\А2 ...Ап, вписанный в окружность с центром О. Если п = 3,
то утверждение теоремы очевидно, поэтому будем считать, что п > 3.
Поскольку любой многоугольник, вписанный в выпуклую линию, —
выпуклый, то наш многоугольник — выпуклый. По условию все его
стороны равны. Осталось доказать, что все его углы также равны. Рас-
Рассмотрим треугольники ОАпА\, ОА\А^ и ОА^А^ (рис.468, а). Они рав-
равны по трем сторонам, а так как эти треугольники — равнобедренные,
то Z1 = Z2 = Z3 = Z4. Поэтому ZA{ = Zl + Z2 = Z3 + Z4 = ZA2.
Точно так же доказывается равенство других углов многоугольника.
Следовательно, многоугольник А\А2...Ап — правильный.
2°. Рассмотрим описанный около окружности с центром О много-
многоугольник А\А2... Ап, каждый из углов которого равен а (рис.468, б).
Ах
а)
Рис. 468

/. Правильные многоугольники
349
Докажем, что все его стороны равны. Поскольку АА\А^О = АА^А^О,
то АА\А^О = - и АА^А^О = -. Аналогично получаем: АА^А\О =
= -, АА^А^О = -. Следовательно, треугольники А\А^О и А^А^О —
равнобедренные: ОА\ = ОА^ = ОА%. Углы при вершине О этих тре-
треугольников равны (каждый из них равен 180° — - — - = 180° — а),
а значит, равны и сами треугольники. Поэтому А\А2 = A2A3. Анало-
Аналогично доказывается, что А2А3 = А^А\ и т.д. Таким образом, много-
многоугольник A\A<i... Ап — правильный. Теорема доказана.
Замечание 1. Нетрудно заметить, что равносторонний много-
многоугольник, описанный около окружности, и равноугольный много-
многоугольник, вписанный в окружность, могут и не быть правильны-
правильными (рис.469).
Рассмотрим теперь задачу, связанную с произвольным равноуголь-
равноугольным многоугольником.
Задача 1. На сторонах АхА^^А^А^,... ,АпА\ равноугольного
п-угольника отмечены точки В\,В2,... ,Вп. Доказать, что пери-
периметр р многоугольника B\B^... Вп связан с периметром Р много-
многоугольника А\А2...Ап неравенствами:
Р cos
180°
р < Р.
A)
Решение. Рассмотрим треугольник B\A2B2 (рис. 470). В этом тре-
треугольнике В\В2 ^ В\А2 + А2В2. С другой стороны, В\В2 > (В\А2 +
+ А2В2) sin —- (см. задачу 3 п. 97), sin —- = sin —-—180° = cos .
A A ATI TL
Итак,
(BiA2 + A2B2)cos
180°
(B1A2 + A2B2).
Рис. 469

350
Гл. 12. Правильные многоугольники. Длина и площадь
Аналогично получаем: (#2^3 + ЛзДз) cos
180°
180°
В2В3 < (В2А3
А3В3),...,(ВпА{ + А{В{) cos
ВпВх < (ВпА{ + АХВХ). Сло-
СлоА
Ап
жив все эти неравенства, получим неравенства A).
Замечание 2. Все вы-
выписанные неравенства верны
и в том случае, когда какие-
то из точек Bi совпадают
с вершинами многоугольни-
многоугольника А\А2...Ап (проверьте это),
т.е. длины некоторых «отрез-
«отрезков» равны нулю и некоторые
«треугольники» становятся
вырожденными. Поэтому в ка-
качестве следствия из доказанного
утверждения получаем:
периметр Р равноугольного
п-уголъника, описанного око-
около выпуклой линии, и пери-
периметр р вписанного многоуголъ-
Рис. 470 ника, вершины которого явля-
являются общими точками линии и сторон описанного многоугольника,
связаны неравенствами A).
154. Построение правильных многоугольников. Обсудим теперь
вопрос о построении правильных многоугольников с помощью циркуля
и линейки. Как построить правильный треугольник и правильный
четырехугольник (квадрат), мы знаем. А как построить правильный
шестиугольник?
Будем рассуждать так. Сторона правильного шестиугольника рав-
равна, очевидно, радиусу описанной около него окружности. Поэтому
если задан произвольный отрезок PQ,
то для построения правильного шести-
шестиугольника, стороны которого равны PQ,
достаточно построить окружность радиу-
радиуса PQ, взять на ней какую-нибудь точ-
точку А и, не меняя раствора циркуля, отме-
отметить на этой окружности последователь-
последовательно точки В, С, D, E, F так, что АВ =
= ВС = ... = EF = PQ (рис.471). Прове-
Проведя затем отрезки АВ, ВС, CD, DE, ЕЕ,
I FА, получим равносторонний шестиуголь-
q ник ABCDEF, который, согласно теореме
п. 153, является правильным, и его сторо-
Рис. 471 ны равны отрезку PQ.

/. Правильные многоугольники
351
Циркулем и линейкой можно построить и многие другие правиль-
правильные многоугольники. Так, если уже построен какой-то правильный
n-угольник, то, проводя серединные перпендикуляры к его сторонам
до пересечения с описанной окружностью, можно построить пра-
правильный 2п-угольник (рис.472, а). Можно поступить иначе: в дан-
данный правильный n-угольник вписать окружность, а затем провести
к ней касательные, перпендикулярные к биссектрисам углов данного
n-угольника (рис.472, б).
а) п = 4
Рис. 472
Оказывается, что циркулем и линейкой
можно построить также правильные деся-
десятиугольник, пятиугольник и пятнадцати-
угольник. Прежде чем выполнить эти по-
построения, решим такую задачу.
Задача 2. Выразить сторону пра-
правильного десятиугольника через ради-
радиус R описанной окружности.
Решение. Пусть АВ — сторона
правильного десятиугольника, вписанно-
вписанного в окружность радиуса R с цен-
центром О (рис.473). Поскольку ZAOB =
осп°
?ои 8o. Это
= 36
и есть ответ.
б) п =
Рис. 473
Можно, однако, получить и другое выражение для стороны АВ.
Действительно, рассмотрим треугольник АВО и проведем его биссек-
биссектрису АС. Так как А АО В = 36°, то
ZOAB = 180°~36° = 72°, ZBAC = \
= 36°

352
Гл. 12. Правильные многоугольники. Длина и площадь
Таким образом, треугольники АОВ и CAB подобны по двум уг-
углам (А АО В = ABAC = 36°, угол В - общий). Поэтому
АВ -АС АВ - ВС
ЛВ-ЛС> ОВ~АВ'
Далее, треугольник АОС — равнобедренный (ZAOC = ZOAC =
= 36°), следовательно, АС = ОС.
Итак, АВ = АС = ОС = R - ВС, откуда ВС = R- АВ, и пропор-
АВ ВС
цию
ОБ АВ
можно записать так:
АВ _ R-AB
R ~ АВ '
Отсюда получаем квадратное уравнение для АВ {АВ2 + R • АВ —
— R2 = 0), решая которое и учитывая, что АВ > 0, находим: АВ =
у/Ъ - 1
-R.
Замечание.
у/Ъ - 1
Сравнивая два выражения для АВ, получаем:
sin 18° =
А4
Пользуясь полученным результа-
результатом, решим следующую задачу.
Задача 3. В данную окруж-
окружность вписать правильные десяти-
десятиугольник и пятиугольник.
Решение. Построим сначала
правильный десятиугольник, вписан-
вписанный в данную окружность радиу-
радиуса R с центром О. Для этого про-
проведем взаимно перпендикулярные ра-
радиусы ОА\ и ОВ и на отрезке ОВ
как на диаметре построим окруж-
окружность с центром С (рис.474). Отре-
зок ^4-1С пересекает эту окружность
в некоторой точке D. Докажем, что
отрезок A\D равен стороне правильного десятиугольника, вписанного
в данную окружность. В самом деле,
М
Рис 474
AXD = AXC - |, АХС = ^ОА\ + ОС = ^R2 + ^- = ^-R,
у/Ъ — 1
поэтому A\D = —-—R, т.е. отрезок A\D равен стороне правильного
десятиугольника, вписанного в исходную окружность.

/. Правильные многоугольники
353
Отметим на данной окружности точки А2, А%,..., А\$ так,
что А\А2 = ^-2^-3 = ... = ^-9^-ю — A\D. Десятиугольник А\А2... A\q —
искомый (рис.474).
Для построения правильного пятиугольника, вписанного в ту же
окружность, достаточно провести отрезки А\А%, А3А5, A^Aj, AjA$,
AqA\. Пятиугольник A\A^A^AjAq — искомый (на рисунке 474 он не
изображен).
Перейдем к следующей задаче.
Задача 4. В данную окружность вписать правильный пятна-
дцатиуголъник.
Решение. Пусть АВ и АС — стороны правильных десятиуголь-
десятиугольника и шестиугольника, вписанных в окружность радиуса R с цен-
центром О, причем точки В и С расположены на окружности так, как
показано на рисунке 475, а. Тогда, очевидно, ^ АВ = 36°, ^ АС =
= 60°, поэтому ^ ВС = 24°. Следовательно, ZBOC = 24° = ^-, т. е.
1 о
отрезок ВС — сторона правильного пятнадцатиугольника, вписанного
в ту же окружность. Так как мы умеем строить циркулем и линейкой
отрезки АВ = —-—R (см. задачу 3) и АС = R, то можем построить
и отрезок ВС. Возьмем теперь на данной окружности произвольную
точку А\, и, пользуясь циркулем, отметим на этой окружности после-
последовательно ТОЧКИ А2, Аз, ..., А15 Так, ЧТО А\А2 = ^-2^-3 — • • • — ^-14^-15 —
= ВС. Проведя затем отрезки А\А2,А2А^,...,А\/[А\^,А\^А\, получим
искомый правильный пятнадцатиугольник А\А2 ... А\$ (рис.475, б).
Замечание. В связи с рассмотренными нами построениями пра-
правильных многоугольников возникает вопрос: а любой ли правильный
С
В
а)
Ап
\ i
aJ
Аи.
у/
7
Ах
'О
А^
А,
'At
Рис. 475
12 СБ. Кадомцев

354 Гл. 12. Правильные многоугольники. Длина и площадь
многоугольник можно построить циркулем и линейкой? Оказывается,
не любой. К.Ф.Гаусс доказал, что
построение правильного п-уголъника с помощью циркуля и ли-
линейки возможно тогда и только тогда, когда число п имеет сле-
следующее разложение на множители: п = 2тр\р2 ...ps, где т — целое
неотрицательное число, р\,р2, ••• ,ps — различные между собой про-
простые числа вида 22 + 1.
Рассмотрим некоторые следствия из этой теоремы.
При т = 0, 5=1 число п имеет вид 22 + 1. Для значений к,
равных 0, 1, 2, 3, 4, получаем: п = 3, п = 5, п = 17, п = 257, п = 65537.
При т = 0, 5 = 2 имеем: п = р\Р2- Если, например, р\ = 3, р% = 5,
то п = 15. Значит, согласно теореме Гаусса, можно построить циркулем
и линейкой правильный 15-угольник, в чем мы уже убедились, решив
задачу 4.
Число 7 — простое, но оно не является числом вида 22 +1, поэтому
с помощью циркуля и линейки нельзя построить правильный семи-
семиугольник. Точно так же нельзя построить правильный девятиугольник.
Отметим, наконец, что число 360 = 23 • З2 • 5 не удовлетворяет
теореме Гаусса, поскольку простое число 3 входит сомножителем два
раза. Следовательно, нельзя построить правильный 360-угольник, т. е.
нельзя разделить циркулем и линейкой окружность на 360 равных
частей. Поэтому циркулем и линейкой нельзя построить угол в 1°.
Задачи
560* Докажите, что равносторонний n-угольник, описанный около
окружности, при нечетном п является правильным, а при четном п его
углы, взятые через один, равны.
561* Докажите, что равноугольный n-угольник, вписанный
в окружность, при нечетном п является правильным, а при четном п
его стороны, взятые через одну, равны.
562. Докажите, что в правильном пятиугольнике любые две пере-
пересекающиеся диагонали делятся точкой пересечения на четыре отрезка,
два из которых равны стороне пятиугольника.
563. Диагонали АС и BD правильного пятиугольника ABCDE
пересекаются в точке М. Докажите, что AM2 = АС • МС.
564* Докажите, что расстояния от произвольной внутренней точки
правильного шестиугольника со стороной 1 до каждой из каких-нибудь
трех его вершин не меньше 1.
565. На сторонах правильного шестиугольника вне его построены
шесть квадратов. Докажите, что вершины этих квадратов, не совпада-
совпадающие с вершинами шестиугольника, являются вершинами правильного
двенадцатиугольника.
566. Произвольная точка М, лежащая внутри правильного ше-
шестиугольника, соединена с его вершинами. Образовавшиеся при этом
шесть треугольников с вершиной в точке М раскрашены попеременно

2. Длина 355
в красный и синий цвета. Докажите, что сумма площадей красных
треугольников равна сумме площадей синих треугольников.
567. Окружность с центром в точке О разделена на равные дуги п
диаметрами. Докажите, что основания перпендикуляров, проведенных
из произвольной точки М, лежащей внутри окружности, к этим диа-
диаметрам, являются вершинами правильного многоугольника.
568. Около правильного пятиугольника AxAzA^A^A^ описана
окружность с центром О. Вершинами треугольника ABC являются
середины сторон А\А^, А^А^ и А^А\ пятиугольника. Докажите, что
точка О и центр О\ окружности, вписанной в треугольник ABC,
симметричны относительно прямой АС.
569* Разрежьте правильный шестиугольник: а) на восемь равных
трапеций; б) на шесть равных трапеций.
570. Разрежьте правильный шестиугольник на три равных пяти-
пятиугольника.
571. Пол покрыт без пробелов и перекрытий плитками, которые
имеют форму правильных равных между собой многоугольников. До-
Докажите, что это возможно только для трех видов правильных много-
многоугольников.
572! Существует ли выпуклый пятиугольник, копиями которого
можно полностью покрыть любую часть плоскости и: а) две стороны
которого параллельны; б) никакие две стороны которого не параллель-
параллельны?
573. Постройте правильный пятиугольник, сторона которого равна
данному отрезку.
§ 2. Длина
155. Длина окружности. Как измерить длину окружности? Ес-
Если окружность достаточно велика (например, окружность цирковой
арены, радиус которой равен 6,5 м), то ее длину можно прибли-
приближенно измерить шагами. Заметим, однако, что при этом измеряется
не сама длина окружности, а периметр вписанного в нее правильного
многоугольника. Таким образом, периметр правильного вписанного
в окружность многоугольника является приближенным значением
длины окружности.
Рассмотрим квадрат, вписанный в окружность радиуса R. Проведя
серединные перпендикуляры к его сторонам и отметив точки их пе-
пересечения с описанной окружностью (см. рис.472, а), построим пра-
правильный вписанный восьмиугольник. Его периметр больше периметра
квадрата (докажите это). Удвоим число сторон восьмиугольника. Полу-
Получим правильный вписанный шестнадцатиугольник, периметр которого
больше периметра восьмиугольника. Продолжив этот процесс, соста-
составим монотонно возрастающую последовательность рп периметров
12*

356 Гл. 12. Правильные многоугольники. Длина и площадь
правильных вписанных в данную окружность 2п-угольников (п =
= 2,3,4,...):
Р2 < Рз < Ра < • • •
Заметим, что наша последовательность не может возрастать неогра-
неограниченно. Это следует из того, что периметр вписанного в окружность
многоугольника не превосходит периметра любого многоугольника,
описанного около этой окружности (см. задачу 2 п. 65). Таким образом,
каждый член pi нашей последовательности не превосходит периметра
любого описанного многоугольника, например периметра описанного
квадрата, равного SR: щ ^ SR при любом г. В этом случае говорят, что
последовательность pi ограничена сверху числом SR.
В конце нашей книги (см. Приложение 1 «Снова о числах») дока-
доказана следующая теорема:
любая монотонно возрастающая последовательность, ограни-
ограниченная сверху, имеет предел.
Эту теорему часто называют теоремой Вейерштрасса по имени
немецкого математика Карла Теодора Вильгельма Вейерштрасса A815-
1897). Последовательность щ удовлетворяет условиям этой теоремы и,
следовательно, имеет предел. Он и принимается за длину окружности.
Таким образом,
длиной окружности называется предел последовательности пе-
периметров правильных вписанных в нее 2п-угольников при неограни-
неограниченном увеличении числа п.
Поскольку периметр правильного 2п-угольника, вписанного
180°
в окружность радиуса R, равен 2П • 2R • sin n , то отношение этого
on • 180°
периметра к диаметру окружности, равное 1 • sin n , не зависит
от диаметра. Отсюда следует, что и отношение длины окружности
к ее диаметру не зависит от диаметра, т. е. это отношение — одно
и то же число для всех окружностей. Немецкий математик Иоганн
Генрих Ламберт A728-1777) и французский математик Адриен
Мари Лежандр A752-1833) доказали, что это число, приближенно
равное 3,141592, является иррациональным. Его обозначают греческой
буквой тг 0 (читается «пи»). Тем самым, для длины / окружности
радиуса R получается формула:
I = 2irR.
Следствие 1. Поскольку дуга в 1° окружности радиуса R со-
1 „ 2ttR n
ставляет -— часть этой окружности, то ее длина равна -t^w- Следова-
ttR
тельно, длина дуги с градусной мерой а равна оа.
180
1) Первая буква греческого слова ттграргргьа (окружность).

2. Длина 357
Следствие 2. Ясно, что периметр правильного 2п-угольника,
вписанного в окружность радиуса R, меньше длины этой окружности.
180°
Поэтому при любом п имеет место неравенство: 2п • 2R • sin <
< 2ttR, или
.180° тг
sin-^rr- < gn,
180° Л о . 2 Л 180°\ л 1 / тг \2
а значит, cos п = 1 — z sin I - • п I > 1 — - • I ^г J . При неогра-
тг Л
ничейном увеличении числа п величина —^ стремится к 0, следова-
.180° п 180° ,
тельно, sin—^- стремится к 0, a cos —— стремится к 1.
Замечание. В связи с нашими рассуждениями возникает такой
вопрос: а если начать процесс удвоения числа сторон вписанного мно-
многоугольника не с квадрата, а с другого правильного многоугольника,
получится ли у новой последовательности периметров тот же самый
предел? Оказывается, что получится. Более того, можно на каждом
шаге не удваивать число сторон правильного вписанного многоуголь-
многоугольника, а произвольным образом увеличивать их число. Запишем пока
это утверждение в блокнот в виде вопроса, а сейчас решим такую
задачу.
Задача 1. Доказать, что предел последовательности перимет-
периметров равноугольных 2п-угольников, описанных около окружности, при
неограниченном увеличении числа п равен длине этой окружности.
Решение. Периметр Рп описанного около окружности равно-
равноугольного и, следовательно, правильного 2п-угольника равен 2п • 2R х
*. 180° on
х tg-~ri-, а периметр рп правильного вписанного в нее 2 -угольника
180° v
равен 2п • 2R • sin -^-. Таким образом, Рп = — п о . При неограни-
2 1о0
ченном увеличении числа п величина рп стремится к длине окруж-
180° 1 r u
ности, a cos п стремится к 1. Следовательно, величина Рп также
стремится к длине окружности. Утверждение доказано.
156. Длина линии. Как мы только что установили, предел после-
последовательности периметров равноугольных 2п-угольников, описанных
около окружности, при неограниченном увеличении числа п равен
длине этой окружности. Поэтому длину окружности можно опреде-
определить и как предел последовательности периметров указанных много-
многоугольников. Пользуясь этим наблюдением, дадим определение длины
замкнутой выпуклой линии.
Рассмотрим сначала замкнутую выпуклую линию L, не имеющую
угловых точек. Проведем две параллельные опорные прямые линии,
а затем — две перпендикулярные к ним опорные прямые (рис.476, а).

358
Гл. 12. Правильные многоугольники. Длина и площадь
а)
В результате получится описан-
описанный около линии L прямоуголь-
прямоугольник. Проведя опорные прямые,
перпендикулярные к биссектри-
биссектрисам углов этого прямоугольни-
прямоугольника, получим описанный около
линии L равноугольный вось-
восьмиугольник (рис.476, б), пери-
периметр которого меньше периметра
прямоугольника (докажите это).
Затем таким же способом по-
построим равноугольный описан-
описанный шестнадцатиугольник, пери-
периметр которого меньше перимет-
периметра восьмиугольника, и т. д. В ре-
результате мы получим монотон-
монотонно убывающую последователь-
последовательность Рп периметров описанных
около линии L равноугольных 2п-
угольников (п = 2, 3,4,...):
Р2 > Р3 > Ра > ...
Эта последовательность огра-
ограничена снизу, поскольку все
ее члены положительны. Отсюда
следует, что она имеет предел (до-
(докажите это, опираясь на теорему
Вейерштрасса). Он и принимается
за длину линии L.
Отметим, что наши рассуждения в основном останутся в силе
и в том случае, когда линия L имеет угловые точки. Отличие состо-
состоит лишь в том, что некоторые вершины построенных 2п-угольников
в этом случае могут совпасть (рис.476, в). Если условиться называть
и такие многоугольники равноугольными 2п-угольниками, то можно
сформулировать следующее определение:
длиной замкнутой выпуклой линии называется предел после-
последовательности периметров описанных около нее равноугольных
2п-угольников при неограниченном увеличении числа п.
Замечание 1. Пусть Рп — периметр описанного около линии L
равноугольного 2п-угольника, рп — периметр вписанного в нее много-
многоугольника, вершинами которого являются общие точки сторон описан-
описанного многоугольника и линии L (рис.477). Величины Рп и рп связаны
1 ЯП°
между собой неравенствами: Рп cos п ^ рп ^ Рп (см. замечание 2
п. 153). При неограниченном увеличении числа п величина Рп стре-

2. Длина 359
мится к длине линии L, a cos —^- стремится к 1. Следовательно,
величина рп также стремится к длине линии L.
Замечание 2. В связи с на-
нашим определением длины замкнутой
выпуклой линии возникает такой во-
вопрос: а если начать процесс построения
2п-угольников с какого-нибудь другого
описанного прямоугольника, получится
ли у новой последовательности пери-
периметров тот же самый предел? Оказы-
Оказывается, получится. Докажем это утвер-
утверждение методом от противного.
Пусть, например, предел Q «новой»
последовательности Q<2,Q?>,--- меньше,
чем предел Р «старой» последователь- ^ис- ^''
ности. Для каждого «старого» описан-
описанного многоугольника построим вписанный многоугольник, вершинами
которого являются общие точки линии и «старого» многоугольника.
Поскольку предел последовательности периметров построенных впи-
вписанных многоугольников также равен Р (см. замечание 1), а Р > Q,
то в ней найдется периметр р^, больший Q. Следовательно, найдется
и такой периметр Qi, который меньше pk, т. е. найдется описанный мно-
многоугольник, периметр Qi которого меньше, чем периметр pk вписанного
многоугольника. Но этого не может быть. Значит, Q ^ Р. Аналогично
доказывается, что Р ^ Q. Таким образом, Q = Р, что и требовалось
доказать.
Замечание 3. В курсе высшей математики понятие длины вво-
вводится не только для замкнутых выпуклых линий, но и для произ-
произвольных кривых. При этом оказывается, что существуют линии, любая
часть которых не имеет длины!
Решим теперь такую задачу.
Задача 2* Доказать, что длина замкнутой выпуклой линии
больше удвоенной ширины этой линии в любом направлении.
Решение. Возьмем произвольную прямую а и докажем, что длина
данной замкнутой выпуклой линии L больше ее удвоенной ширины
в направлении а. С этой целью проведем две опорные прямые а\ и а^
линии L, перпендикулярные к а. Пусть А — общая точка линии L
и прямой а\, В — общая точка линии L и прямой а^ (рис.478).
Может случиться, что прямая АВ является опорной прямой ли-
линии L (рис.478, а). Это случай рассмотрите самостоятельно. Если же
прямая АВ не является опорной, то она является секущей и, следо-
следовательно, разделяет линию L на два криволинейных сегмента (п. 69).
Выберем на дуге одного из этих сегментов произвольную точку С,
а на дуге другого — произвольную точку D (рис.478, б). Периметр
вписанного в линию L четырехугольника ACBD меньше периметра

360
Гл. 12. Правильные многоугольники. Длина и площадь
а\
В
а2
а
А
а\
J
а
С
\
L
D
В
а2
а)
б)
Рис. 478
любого описанного около нее многоугольника (см. задачу 2 п. 65).
Поэтому длина / линии L больше или равна периметру четырехуголь-
четырехугольника ACBD:
l^ AC + CB + BD + DA.
Но АС + СВ > АВ, BD + DA> AB, значит, AC + CB + BD +
+ DA > 2АВ. Следовательно, / > 2АВ. Осталось заметить, что шири-
ширина d линии L в направлении а, равная расстоянию между параллельны-
параллельными прямыми а\ и а,2, не превосходит расстояния между точками А и В
этих прямых, т. е. АВ ^ d. Таким образом, / > 2d, что и требовалось
доказать.
157*. Теорема Барбье. Теперь мы можем ответить еще на один
вопрос из нашего блокнота: как доказать теорему Барбье (любые
две кривые одинаковой постоянной ширины имеют равные длины)?
Эта удивительная теорема оказывается простым следствием еще более
удивительного факта:
при любом п периметры равноугольных 2п -угольников, описан-
описанных около двух кривых одинаковой постоянной ширины, равны.
Отсюда следует, что равны и пределы последовательностей этих
периметров, т. е. равны длины любых двух кривых одинаковой посто-
постоянной ширины. Равенство же указанных периметров вытекает из того,
что:
периметр Рп равноугольного 2п-угольника, описанного около про-
произвольной кривой постоянной ширины d, выражается формулой:
Р -
rn —
п .
A)
Для доказательства справедливости формулы A) воспользуемся
методом математической индукции. При п = 2 эта формула верна,

2. Длина
361
поскольку описанным равноугольным 2п-угольником в этом случае яв-
является квадрат со стороной d, периметр которого равен Ad, и такая же
величина получается по формуле A). Допустим, что справедливость
формулы A) установлена при
некотором п = к ^ 2, и дока-
докажем, что тогда формула верна
и при п = к + 1.
Рассмотрим равноугольный
2^-угольник, описанный около
кривой постоянной ширины d.
Продолжим до пересечения его
стороны, выходящие из проти-
противоположных вершин с номера-
номерами 1 и 2к~1 + 1. Получим па-
параллелограмм (рис.479), кото-
который является ромбом с высо-
высотой d (см. п. 111). Его диагональ,
соединяющая вершины много-
многоугольника, равна
180°
cos a
где а =
(докажите это). Прове-
Проведем две опорные прямые, пер-
перпендикулярные к этой диагона- Рис. 479
ли. Они разделят ее на три от-
отрезка с длинами х, d и у (одна
из величин х, у может оказаться равной нулю, если один из концов
диагонали является угловой точкой кривой), при этом
х + у =
d 7 Л — cos a
d = d .
Сделаем теперь разрезы по проведенным опорным прямым и отре-
отрежем от данного многоугольника два треугольника. В результате его
периметр уменьшится на величину
5 =
2х
2х
¦ cos a
¦ cos a =
sin a sin a
sin a sin a
= 2{Х + у)
- cosa олA—cosa)
: = 2d± :—'—
cos asm а
Проделав аналогичную процедуру с остальными парами противо-
противоположных вершин, мы превратим данный 2^-угольник в равноуголь-
равноугольный описанный 2/с+1-угольник, периметр Pk+\ которого меньше пе-
2к
риметра Pk данного многоугольника на величину —5. Учитывая, что

362
Гл. 12. Правильные многоугольники. Длина и площадь
по предположению индукции Р^ выражается формулой A), т.е. Р^ =
= 2kd • tga, получаем:
cos asm a
2kd
cos a sm a
[sin2 a — (I — cos aJ] =
2k+ld
2k+ld(l -cosa) _
sin a
2 sin — cos —
180°
1 OQO
Итак, Pfc+i = 2k+xd • tg -ГГГ, т.е. формула A) верна для п = к-\-\.
Таким образом, теорема Барбье доказана.
Следствие. Длина любой кривой постоянной ширины d равна
длине окружности диаметра d, т. е. равна nd.
Задачи
574. Три равные окружности радиуса R попарно касаются друг
друга в точках А, В, С. Найдите длину окружности, вписанной в кри-
криволинейный треугольник (т.е. «треугольник», состоящий из трех дуг
окружностей) ABC.
575. Через концы дуги ABC, равной 120°, данной окружности
проведены касательные к этой окружности, пересекающиеся в точке D.
В полученную фигуру ABCD вписана окружность. Докажите, что
ее длина равна длине дуги ABC.
576. В круговом секторе с углом в 90° проведена дуга окружности
такого же радиуса с центром в конце дуги сектора, разделяющая сектор
на две части. Докажите, что длина окружности, вписанной в меньшую
из этих частей, равна длине проведенной дуги.
577. На рисунке 480 изображены два криволинейных треугольника,
образованных дугами окружностей радиуса R. Найдите сумму «углов»
каждого из этих криволинейных треугольников, если их «периметры»
равны Р.
Рис. 480

3. Площадь
363
578. Докажите, что длина хорды криволинейного сегмента меньше
длины его дуги (т. е. меньше разности длины сегмента и длины его
хорды).
§ 3. Площадь
158. Площадь фигуры. Вопрос о площади произвольной фигу-
фигуры уже затрагивался в п. 83. Напомним, что площадь произвольной
фигуры F вводится следующим образом. Рассматриваются множество
всех многоугольников, целиком содержащих в себе фигуру F, и мно-
множество всех многоугольников, содержащихся в фигуре F (рис.481).
Ясно, что площадь каждого многоугольника из первого множества
не меньше площади любого многоугольника из второго множества.
Если существует величина S, для которой как в первом, так и во
втором множестве найдутся многоугольники, площади которых сколь
угодно мало отличаются от S, то величина S и принимается за площадь
данной фигуры.
Если фигура F ограничена выпуклой линией L, то в качестве пред-
представителей первого множества можно взять описанные около L равно-
равноугольные 2п-угольники, а в качестве представителей второго — вписан-
вписанные в L 2п-угольники (рис.482), вершинами которых являются общие
точки линии L и сторон описанных равноугольных 2п-угольников
(некоторые из вершин указанных многоугольников могут совпадать).
Последовательность Sn площадей описанных многоугольников при
удвоении числа их сторон (т. е. при увеличении п) монотонно убыва-
убывает — это следует из самой процедуры построения описанных много-
многоугольников (см. п. 156). Поскольку все члены последовательности Sn
2П — 2
Рис.481. Многоугольник А\А2... Аш
содержится в фигуре F, многоуголь-
многоугольник В\В2 ...Вт содержит фигуру F
Рис. 482

364 Гл. 12. Правильные многоугольники. Длина и площадь
положительны, то (согласно теореме Вейерштрасса) она имеет предел.
Обозначим его буквой S.
С другой стороны, площадь sn вписанного многоугольника меньше
величины Sn на сумму площадей треугольников, у каждого из которых
одна сторона является стороной вписанного многоугольника, а две дру-
другие — частями сторон описанного многоугольника (угол между ними
2п - 2
равен —-^—180°). Эта сумма не превосходит половины произведения
периметра рп вписанного многоугольника на наибольшую из высот
указанных треугольников, проведенных к сторонам вписанного много-
многоугольника — обозначим ее буквой h. Пусть а — наибольшая из сторон
описанного многоугольника, Рп — его периметр. Тогда
h< a sin 1180° - 2^Л-180° 1 = a sin *S- < Рп sin 360°
поэтому
#n - 5n < -pn/l < -pnPn Sin -^i-.
При неограниченном увеличении числа п величины рп и Рп стре-
360°
мятся к длине линии L (п. 156), a sin n — к нулю (п. 155). Сле-
Следовательно, разность Sn — sn также стремится к нулю, т. е. последо-
последовательность sn (так же, как Sn) стремится к S при неограниченном
увеличении числа п. Отсюда следует, что как среди величин Sn, так
и среди величин sn найдутся величины, сколь угодно близкие к S,
а значит, площадь фигуры F равна S. Итак,
площадь фигуры, ограниченной выпуклой линией, равна пределу
площадей описанных около этой линии равноугольных 2п-угольни-
2п-угольников при неограниченном увеличении числа п.
В частности, поскольку площадь равноугольного 2п-угольника, опи-
описанного около окружности радиуса R, равна -PnR, а величина Рп при
неограниченном увеличении числа п стремить-
стремиться к 2ttR, to площадь круга радиуса R рав-
равна ttR2.
Замечание 1. Круговым сектором назы-
называется часть круга, ограниченная дугой окруж-
окружности и двумя радиусами (рис.483). Поскольку
круговой сектор с дугой в 1° составляет ——
ооО
R ttR2
часть круга, то его площадь равна -w^r, где
ооО
Рис. 483. Круговой л _ радиус круга. Следовательно, площадь
сектор кругового сектора, дуга которого имеет градус-
ttR2
ную меру а, равна ^^а.
360

3. Площадь 365
Замечание 2. В курсе высшей математики приводятся примеры
фигур, ограниченных некоторыми замкнутыми линиями, но не име-
имеющих площади. Доказывается, однако, что если фигура ограничена
кривой, имеющей длину, то такая фигура имеет и площадь.
Замечание 3. Из теоремы Бойяи-Гервина следует, что любой
многоугольник можно разрезать на такие части, из которых можно со-
составить равновеликий этому многоугольнику квадрат. При этом квад-
квадрат, равновеликий данному многоугольнику, можно построить с помо-
помощью циркуля и линейки (докажите это). А можно ли построить квад-
квадрат, равновеликий данному кругу? Эта задача, получившая название
«задача о квадратуре круга», возникла еще в глубокой древности,
и лишь в 1882 году немецкий математик Карл Луиз Фердинанд Лин-
деман доказал, что такое построение невозможно.
159. Первый замечательный предел. Рассмотрим круговой сек-
сектор радиуса R, дуга которого имеет градусную меру а (рис.484).
Поскольку сектор содержит в себе равнобед-
равнобедренный треугольник с боковыми сторонами,
равными R, и углом между ними, равным а,
то его площадь больше площади этого тре-
1 d2 . ttR2
угольника, т.е. -Rzsma < ^^а' 0ТКУДа по~
лучаем:
sirm K ~\Wa' ^
С другой стороны, если а < 90°, то пло-
площадь нашего сектора меньше площади прямо- рис 484
угольного треугольника с катетом, равным R,
и прилежащим острым углом, равным а, поскольку сектор содержится
в этом треугольнике (см. рис.484). Таким образом, ——^а < -R2tga,
ооО z
откуда следует, что tga > оа, или sin a > оа • cos а. Итак,
180 180
тг sin а тг /оч
_cosa<_<_ B)
Из неравенства A) следует, что если а стремится к нулю, то sin a
также стремится к нулю, а значит, cos а = 1 —2 sin2— стремится
к единице. Поэтому левая часть неравенств B) стремится к о, т.е.
180
о sin a
стремится к правой части. Значит, и средняя часть стремится
а
к о. Следовательно,
180
-> sin а тг
предел отношения при а, стремящемся к нулю, равен о.

366 Гл. 12. Правильные многоугольники. Длина и площадь
Этот предел называется первым замечательным пределом.
Теперь мы можем ответить еще на один вопрос из нашего блокнота.
Задача 1. Доказать, что при неограниченном увеличении числа
сторон правильных многоугольников, вписанных в данную окруж-
окружность, их периметры стремятся к длине этой окружности.
Решение. Периметр правильного n-угольника, вписанного
. 180°
180° sm
в окружность радиуса R, равен 2Rnsin = 2R • 180° • п
п " ^ 180°
.180° п
sin
а предел отношения ——^— при неограниченном увеличении числа п
180
п
равен о (первый замечательный предел). Поэтому предел пери-
180
метров правильных n-угольников, вписанных в данную окружность,
равен 2R • 180° • ^ = 2tyR, что и требовалось доказать.
180
Решим еще одну задачу.
Задача 2. Доказать, что сумма синусов углов выпуклого мно-
многоугольника меньше 2и, но может сколь угодно мало отличаться
от 2тг.
Решение. Пусть а\, а^,..., otn — углы выпуклого п-угольника.
Воспользуемся равенством:
sin ol\ + sin a<2 + ... + sin an =
= sinA80° - а\) + sinA80° - a2) + ... + sinA80 - an).
Поскольку, согласно неравенству A), sinA80° — ai) < o A80° —
180
(тг -
=П7Г-
180
Ho ql\ + c^2 + ... + an = (n — 2) • 180°, поэтому птг —
+ <%2 + ... + OLn) = 2тг, и мы получаем неравенство:
sin a\ + sin a2 + ... + sin an < 2тг.
Докажем теперь, что наша сумма синусов может сколь угодно мало
отличаться от 2тг. Рассмотрим правильный n-угольник. Для него

3. Площадь 367
Sill QL\ + Sill Q2 + ... + Sin an =
. 36(f
/ Tl Z л пло\ • OOU
180°) = nsin^- = 360°
360°
При неограниченном увеличении числа п эта величина стремится
к 360° • -—о = 2тг, поэтому при достаточно большом п она будет сколь
180
угодно мало отличаться от 2тг. Утверждение доказано.
160. Изопериметрическая задача. Одной из классических задач
геометрии является задача о нахождении такого многоугольника с за-
заданным числом сторон, который при данном периметре имеет наи-
наибольшую площадь. Оказывается, что таким многоугольником является
правильный многоугольник. Эта задача представляет собой пример так
называемой изопериметрической задачи: при заданном периметре (от-
(отсюда и название — изопериметрическая) ищется n-угольник с наи-
наибольшей площадью. Более сложная изопериметрическая задача состоит
в отыскании такой замкнутой линии, которая при заданной длине
ограничивает фигуру наибольшей площади. Как мы вскоре увидим,
этой линией оказывается окружность. В курсе высшей математики рас-
рассматривается широкий класс задач, в определенном смысле похожих
на эти две. Имея в виду это сходство, все такие задачи называют
изопериметрическими.
Попробуем сначала решить вторую задачу.
Теорема. Из всех замкнутых кривых данной длины р окруж-
окружность ограничивает фигуру наибольшей площади.
Доказательство! Докажем сначала, что если фигура F ограни-
ограничена замкнутой линией L длины р, отличной от окружности, то всегда
можно указать замкнутую выпуклую линию длины р, ограничивающую
фигуру большей площади.
Если линия L — невыпуклая, то поступим так. Заменим линию L
выпуклой линией L\, состоящей из дуг и отрезков, так, как показано
на рисунке 485, а (отрезки изображены пунктиром). Площадь S\ фи-
фигуры F\, ограниченной этой линией, больше площади S (так как фигу-
фигура F\ содержит в себе фигуру F), а длина р\ линии L\ меньше р (см. за-
L\ L2
Ft
а)
Рис.
С
485
F2
б)

368
Гл. 12. Правильные многоугольники. Длина и площадь
дачу 578). Рассмотрим теперь фигуру F2, подобную фигуре F\, с коэф-
коэффициентом подобия — (вопрос о подобии произвольных фигур мы обсу-
Р\
дим в главе XIII). Эта фигура ограничена выпуклой линией Ь% длины р,
а ее площадь больше площади S\ (рис.485, б) и, следовательно, больше
площади S. Таким образом, линия L^ — искомая. Описанный процесс
построения выпуклой линии Ь% для данной невыпуклой линии L усло-
условимся кратко называть восстановлением выпуклости линии L.
Пусть теперь L — выпуклая линия, отличная от окружности. Про-
Проведем какую-нибудь прямую, делящую линию L на две части одина-
одинаковой длины. Эта прямая делит фигуру F на две части. Если одна
из частей имеет большую площадь, чем другая, то вместо другой части
возьмем фигуру, симметричную первой части относительно проведен-
проведенной прямой (рис.486), после чего площадь увеличится. Если же обе
части имеют равные площади, то заменим
часть фигуры симметричной ей частью, отлич-
отличной от полукруга. При необходимости восста-
восстановим выпуклость кривой, ограничивающей но-
новую фигуру. В результате мы построим симмет-
симметричную относительно некоторой прямой фигуру,
ограниченную выпуклой линией длины р и име-
имеющую не меньшую площадь, чем у исходной
фигуры.
Итак, новая фигура, а значит и ограничива-
ограничивающая ее линия, имеет ось симметрии. Пусть А
и В — точки пересечения линии и оси сим-
симметрии (рис.487, а). Выберем один из криволи-
криволинейных сегментов с хордой АВ. Предположим,
что дуга этого сегмента отлична от полуокружности. Тогда на ней
существует такая точка М, отличная от А и В, что угол АМВ
не равен 90° — в противном случае она представляла бы собой по-
полуокружность. Разрежем сегмент на три части: два криволинейных
сегмента 1 и 2 с дугами AM и MB и треугольник АМВ. Затем
сегменты 1 и 2 приложим друг к другу вершинами М так, чтобы
Рис. 486
а)
б)
Рис. 487

3. Площадь 369
угол АМВ стал прямым (рис.487, б; на этом рисунке новые поло-
положения точек А, М и В обозначены через А', М1 и В'). Полученный
новый сегмент с хордой А'В' состоит из тех же двух сегментов 1
и 2 и треугольника А!М'В', площадь которого больше площади тре-
треугольника АМВ (объясните, почему). Поэтому новый сегмент имеет
большую площадь, чем старый, а длина его дуги, равная сумме длин
дуг AM и MB, осталась, разумеется, той же.
Рассмотрим теперь фигуру, состоящую из нового сегмента и сег-
сегмента, симметричного ему относительно прямой А'В' (рис.487, в).
Восстановив при необходимости выпуклость кривой, ограничивающей
эту фигуру, мы получим замкнутую выпуклую линию длины р, ограни-
ограничивающую фигуру большей площади, чем площадь исходной фигуры.
Итак, мы доказали, что если фигура ограничена замкнутой линией
длины р, отличной от окружности, то всегда можно указать замкнутую
выпуклую линию длины р, ограничивающую фигуру большей площади.
Более того, как мы установили, новую линию можно считать симмет-
симметричной относительно некоторой прямой.
В этом месте может показаться, что мы уже доказали теорему. В са-
самом деле, из наших рассуждений следует, что если существует линия
длины р, ограничивающая фигуру наибольшей площади, то эта линия
является окружностью (поскольку если она не является окружностью,
то можно указать линию той же длины и ограничивающую фигуру
большей площади). Но возникает вопрос: откуда следует, что такая
линия существует?
Попробуем рассуждать иначе. Рассмотрим произвольную замкну-
замкнутую линию L длины р, отличную от окружности. Требуется доказать,
что площадь S ограниченной этой линией фигуры меньше площа-
площади круга, ограниченного окружностью длины р, т. е. меньше вели-
2
чины Sq = ^—. Допустим, что S ^ Sq. Поскольку линия L отлична
от окружности, то существует замкнутая выпуклая линия L\ длины р,
ограничивающая фигуру с площадью S\, большей S, и следовательно,
большей So = ^—. При этом линию L\ можно считать симметричной
4тг
относительно некоторой прямой, пересекающей ее в каких-то точ-
точках А\ и В\ (рис.488, а). Отметим также, что линия L\ отлична
от окружности (так как S\ > So).
Каждой точке М линии L\ поставим в соответствие число s(M),
равное разности площади прямоугольного треугольника с катета-
катетами А\М и В\М и треугольника А\МВ\ (s(A\) = s(B\) = 0). Вы-
Выберем из точек линии L\ такую точку М\, для которой величи-
величина s(M) принимает наибольшее значение (если таких точек несколь-
несколько, то выберем любую из них), и положим s(M\) = s\. Разрежем
сегмент с дугой А\М\В\ по отрезкам А\М\ и В\М\ и повернем
образовавшиеся два сегмента так, чтобы угол между их хордами стал
прямым (см. рис.488, б). В результате, как мы говорили, получится

370
Гл. 12. Правильные многоугольники. Длина и площадь
L
а)
Рис. 488
сегмент с хордой А'В', длина дуги которого такая же, как у исходного
сегмента, а площадь больше на величину s\. Достроим этот сегмент
до симметричной относительно прямой А'В' фигуры. Если окажется,
что построенная симметричная фигура ограничена невыпуклой линией,
то восстановим выпуклость линии. При этом площадь увеличится
на некоторую величину w\. Таким образом, если S% — площадь новой
фигуры, то $2 = Si + 2s\ + w\, где s\ > О, w\ ^ 0.
Применив к новой фигуре ту же процедуру, что и к фигуре с пло-
площадью Si, получим фигуру с площадью S3 = S2 + 2s2 + w^. Продолжая
этот процесс, мы построим монотонно возрастающую последователь-
последовательность Si,S2,S3,... Выпуклую линию, ограничивающую построенную
фигуру с площадью Si, обозначим через Li, а точки ее пересечения
с осью симметрии — через Ai и Bi. Заметим, что последователь-
последовательность Sn ограничена сверху (например, согласно задаче 2 п. 156, вели-
2
чиной ^—). По теореме Вейерштрасса она имеет предел. Следовательно,
величина S^+i — Si = 2si + Wi, а значит и Si, с ростом г становится
сколь угодно малой, т. е. стремится к нулю.
Поскольку последователь-
Li^^~ "^^? ность sn при неограниченном
увеличении числа п стремится
к нулю, то величина 5 = у^ при
достаточно большом г будет сколь
угодно малой. Возьмем такое г,
чтобы эта величина удовлетворяла
двум неравенствам: 5 < -^ и 5 <
8тг
Si — Sn / п Р \
< — (напомним, что Ьп = ^—).
2тгр 4тг
Пусть М — точка линии Li,
О — середина отрезка AiBi, ОМ =
= Р>
~2J
Рис. 489
= 2а, ZBiOM = ср (рис.489). Тогда s(M) = ^АгМ • В{М -
• ОМ • simp. Применяя теорему косинусов к треугольни-

3. Площадь 371
кам OMAi и OMBi, получаем:
s(M) = - л/р2 + а2 + 2ар cos у? vV2 + «2 — 2ар cos у? — ар sin у? =
= - л/(р2 + а2J — 4а2р2 cos2 ср — ар sin </?.
Поскольку s(M) < Si = 52, то (р2 + а2J - 4а2р2 cos2 (р < 454 +
+ 4а2р2 sin2 ср + 852ар sin (/?, или
(р2 - а2J < 454 + 852ар sin ip < 454 + 852аЛ, C)
где 2/г — ширина линии 1^ в направлении, перпендикулярном к оси
симметрии (рис.489). Учитывая, что Аа < р и Ah < р (см. задачу 2
п. 156), S < -^ < -^, неравенство C) можно переписать так: (р2 —
8тт v 8
_ а2J < 4S2l + 86^ = 5V. откуда
О 1Ь
а2 - р5 < р2 < а2 + р5. D)
Глядя на правое из неравенств D), можно сделать вывод: линия Li
лежит в круге радиуса \Jа2 + р5 с центром О. Следовательно, ее длина
не превосходит длины окружности, ограничивающей этот круг (пользу-
(пользуясь результатами задач 1 и 2 п.п. 155 и 65, а также замечанием 1 п. 156,
докажите это самостоятельно): р ^ 2тгу/а2 + р5. Отсюда получаем:
а?>^Г2-рй. E)
4тг
Из этого неравенства следует, что а2 — р5 ^ -^Ц- — 2р5 > 0 (напом-
4тг
ним, что 5 < -^2"). Поэтому, глядя на левое из неравенств D), можно
8тг
сказать: окружность радиуса л/а2 — р5 с центром О лежит внутри
линии L{. Значит, длина этой окружности не превосходит длины ли-
линии Li\ 2тгл/а2 — р5 < р, откуда:
а2<:-^+р6. F)
4тг
Вспомним теперь, что линия Li лежит внутри круга радиу-
радиуса у/а2 + р5, а значит, площадь Si ограниченной ею фигуры мень-
меньше тг(а2 -\-р5). Отсюда, с учетом неравенства F), получаем:
4тг2
= P\^-2+2Ps) = so + 2кр5.
Атг

372 Гл. 12. Правильные многоугольники. Длина и площадь
Поскольку 5 < —!- -, то Si < Sq + S\ — Sq = S\. Но этого не может
быть, так как последовательность Sn — монотонно возрастающая.
Полученное противоречие означает, что площадь S исходной фигуры
меньше, чем площадь So круга. Теорема доказана.
Следствие. Площадь вписанного многоугольника больше пло-
площади любого другого многоугольника с такими же сторонами.
В самом деле, рассмотрим n-угольник, вписанный в окруж-
окружность (рис.490, а; на этом рисунке п = 4). Можно сказать, что круг
составлен из этого п-угольника
и п сегментов (на рисунке 490
один из сегментов заштрихо-
заштрихован). Деформируем теперь на-
нашу фигуру так, чтобы все сег-
сегменты не изменили своей фор-
формы (рис.490, б). Новая фигура
ограничена кривой линией, со-
ч ^ ставленной из дуг сегментов, по-
поэтому длина этой кривой такая
Рис 490 же' как У ИСХ0ДН0И окружности,
но сама кривая уже не является
окружностью. Следовательно, площадь новой фигуры меньше, чем пло-
площадь исходной. С другой стороны, площади сегментов не изменились,
так как не изменились сами сегменты. Значит, площадь уменьшилась
за счет уменьшения площади многоугольника, т. е. площадь вписан-
вписанного многоугольника больше площади любого другого многоугольника
с такими же сторонами.
Замечание. Путем рассуждений, аналогичных приведенным при
доказательстве теоремы, можно решить и первую из сформулирован-
сформулированных нами изопериметрических задач, т. е. доказать, что из всех
многоугольников с заданным числом сторон и данным периметром
наибольшую площадь имеет правильный многоугольник. При дока-
доказательстве следует иметь в виду три обстоятельства:
площадь выпуклого многоугольника больше площади невыпуклого
многоугольника с таким же периметром;
если в выпуклом многоугольнике A\A% ...An (п > 4) четырехуголь-
четырехугольник А1А2А3А4 не является вписанным (в какую-то окружность), то его
можно отрезать и заменить вписанным четырехугольником с такой же
стороной А\А± и таким же периметром, отчего площадь всего много-
многоугольника увеличится (в силу следствия из нашей теоремы);
если в выпуклом многоугольнике А\А2 ...Ап стороны А\А2 и А2А3
не равны, то от него можно отрезать треугольник А\А2А% и заменить
его равнобедренным треугольником с основанием А\А% и таким же
периметром, отчего площадь всего многоугольника увеличится (это
можно доказать с помощью формулы Герона).

3. Площадь 373
Попробуйте решить эту изопериметрическую задачу самостоя-
самостоятельно.
Задачи
579. Площадь кругового кольца равна S. Радиус большей окруж-
окружности равен длине меньшей. Найдите длину меньшей окружности.
580. Три равные окружности радиуса R попарно касаются друг
друга в точках А, В, С. Найдите площадь криволинейного треуголь-
треугольника ABC.
581. Вершины правильного шестиугольника со стороной а являют-
являются тт о
ся центрами кругов радиуса —=. Найдите площадь части шестиуголь-
v2
ника, расположенной вне этих кругов.
582. Через точку А, взятую вне данной окружности радиуса R,
проведены две секущие, одна из которых проходит через центр окруж-
R u „
ности, а другая — на расстоянии — от центра окружности. Найдите
площадь части круга, заключенной между этими секущими.
583. Три окружности радиусов R\, R2 и Д3 попарно касаются друг
друга извне. Через точки касания проведена окружность. Найдите
площадь круга, ограниченного этой окружностью.
584. На сторонах остроугольного треугольника ABC как на диа-
диаметрах построены окружности. Они пересекаются попарно в точках А
и А\, В и В\, С и С\. Докажите, что: а) точки А\, В\ и С\ ле-
лежат соответственно на сторонах ВС, С А и АВ; б) сумма площадей
криволинейных треугольников АВС\, ВСА\ и САВ\ равна сумме
площади криволинейного треугольника А\В\С\ и удвоенной площади
треугольника ABC.
585. Около прямоугольного треугольника описана окружность.
Другая окружность такого же радиуса касается катетов этого тре-
треугольника, причем одной из точек касания является вершина треуголь-
треугольника. Найдите отношение площади треугольника к площади общей
части двух данных кругов.
586* Точка В лежит внутри угла АОС, причем АО = ВО = СО.
На отрезках АО, ВО, СО как на диаметрах построены окружности,
пересекающиеся попарно в точках С\, А\, В\. Докажите, что площадь
криволинейного треугольника А\В\С\ равна половине площади тре-
треугольника ABC.
587. Диаметры АВ и CD данного круга взаимно перпендикулярны.
На дуге АСВ взяты произвольные точки Р и Q, а внутри круга
проведена дуга АВ окружности с центром в точке D. Хорды DP
и DQ пересекаются с этой дугой соответственно в точках М и N,
точки Р\ и Q\ — проекции точек Р и Q на диаметр АВ. Докажите, что
площадь криволинейного четырехугольника PQNM равна площади
треугольника DP\Q\.
588. С помощью циркуля и линейки постройте окружность, ограни-
ограничивающую круг площади, равной сумме площадей трех данных кругов.

Глава 13
ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ПРЕОБРАЗОВАНИЯ
§ 1. Движения
161. Осевая симметрия. Пусть а — какая-нибудь прямая. Каждой
точке М сопоставим симметричную ей относительно прямой а точ-
точку М\ (рис.491). В результате каждой точке М будет сопоставлена
некоторая точка М\, и каждая точка М\ окажется сопоставленной
некоторой точке М. Иными словами, будет задано отображение плос-
плоскости на себя. Оно, как мы напомним (замечание 3 п. 44), называется
осевой симметрией, а прямая а — осью симметрии.
Осевая симметрия — это отображение плоскости на себя, сохраня-
сохраняющее расстояния между точками. Поясним смысл этих слов. Пусть А
и В — какие-нибудь точки, А\ и В\ — симметричные им точки относи-
относительно прямой а. Поскольку осевая симметрия является наложением,
при котором отрезок АВ накладывается на отрезок А\В\, то А\В\ =
= АВ. Итак, расстояние между любыми точками А и В равно расстоя-
расстоянию между сопоставленными им точками А\ и В\. Это и означает, что
осевая симметрия сохраняет расстояния между точками.
Осевая симметрия является наложением. Следовательно, при осе-
осевой симметрии каждый отрезок отображается на равный ему отрезок,
прямая — на прямую, луч — на луч, треугольник — на равный ему
треугольник, а угол — на равный ему угол. Здесь, однако, целесооб-
целесообразно внести одно уточнение. Обратимся к рисунку 492, на котором
М
А
Рис. 491. Осевая симметрия

/. Движения 375
изображены угол АО В и угол А\О\В\, симметричный углу АО В
относительно прямой /. Рассмотрим сначала угол АОВ. Мы видим, что
поворот вокруг точки О от О А к ОВ осуществляется по часовой стрел-
стрелке. Обратимся теперь к углу А\О\В\. В нем поворот вокруг точки О\
от О\А\ к О\В\ осуществляется против часовой стрелки. Обычно
это свойство осевой симметрии формулируют так: осевая симметрия
сохраняет величину угла, но меняет его ориентацию.
162. Движение. Мы говорили, что осевая симметрия является
отображением, сохраняющим расстояния. Любое отображение, облада-
обладающее этим свойством, называется движением. Таким образом, движе-
движение плоскости — это отображение плоскости на себя, сохраняющее
расстояния. Примером движения может служить любое наложение.
Отметим, что движение, при котором точки А, В и С, не ле-
лежащие на одной прямой, переходят соответственно в точки А\,
В\ и С\, определяется единственным образом. Доказательство этого
утверждения почти дословно совпадает с решением задачи 6 п. 47.
Из этого следует, что
любое движение является наложением.
В самом деле, рассмотрим произвольное движение g и какие-нибудь
точки А, В и С, не лежащие на одной прямой. Пусть А\, В\ и С\ —
точки, в которые переходят точки А, В и С при движении д. Тре-
Треугольники ABC и А\В\С\ равны по третьему признаку равенства
треугольников, поэтому существует наложение, переводящее точки А,
В и С в точки А\, В\ и С\. Это наложение также является движением,
поэтому оно совпадает с движением д. Таким образом, движение д
является наложением, что и требовалось доказать.
Из определения движения следует, что последовательное выпол-
выполнение двух движений является движением (объясните, почему). Вы-
Выясним, какое движение получается в результате последовательного
выполнения двух осевых симметрии с различными осями / и т. Воз-
Возможны два случая: 1° прямые / и т параллельны; 2° прямые / и т
пересекаются. Рассмотрим эти случаи отдельно.
1°. Обозначим буквой d расстояние между параллельными прямы-
прямыми / и т и введем систему координат так, чтобы ось Ох совпала
с прямой /, а прямая т имела уравнение у = d (рис.493). Рассмотрим
произвольную точку М(х\у). При симметрии относительно прямой /
она перейдет в точку N(x; —у). Точка N в свою очередь при симметрии
относительно прямой т перейдет в такую точку М\, что прямая т
окажется серединным перпендикуляром к отрезку NM\. Поэтому сере-
середина отрезка NM\ имеет координаты (x;d), а значит, сама точка М\ —
координаты (x;y-\-2d). Итак, в результате последовательного выпол-
выполнения двух осевых симметрии произвольная точка М(х\ у) перешла
в точку М\(х;у + 2d), т.е. в такую точку М\, что ММ\ = ~a{0;2d}.
Отображение плоскости на себя, при котором каждая точка М
переходит в такую точку М\, что вектор ММ\ равен данному векто-

376
Гл. 13. Геометрические преобразования
ру ~~а , называется параллельным переносом на вектор ~а. Итак, ре-
результатом последовательного выполнения двух осевых симметрии
с параллельными осями является параллельный перенос на вектор,
перпендикулярный к этим осям, длина которого равна удвоенному
расстоянию между осями.
Очевидно, верно и обратное утверждение: любой параллельный пе-
перенос можно представить как результат последовательного выполнения
двух осевых симметрии. Отсюда следует, что параллельный перенос
является движением, сохраняющим не только величину угла, но и его
ориентацию.
2°. Обозначим буквой О точку пересечения прямых / и т и выберем
на этих прямых соответственно точки А и В так, чтобы угол АОВ
не был тупым (рис. 494). Поскольку при каждой из симметрии с осями /
и т точка О остается на месте, или, как говорят, является непо-
неподвижной точкой этих отображений, то она остается неподвижной и в
результате последовательного выполнения этих симметрии.
При симметрии относительно прямой / точка А останется непо-
неподвижной, а при симметрии относительно прямой т перейдет в такую
точку Ах, что О А\ = О А и ZAOAX = 2ZAOB.
Возьмем теперь какую-нибудь точку М, не лежащую на луче О А.
В результате последовательного выполнения двух осевых симметрии
она перейдет в такую точку М\, что ОМ\ = ОМ, ZA\OM\ = ZAOM,
причем ориентация этих углов одинаковая (объясните, почему). Следо-
Следовательно, угол МОМ\ также равен 2ZAOB.
Таким образом, в результате последовательного выполнения двух
осевых симметрии точка О осталась на месте, а произвольная точка М
перешла в такую точку М\, что ОМ\ = ОМ и ZMOM\ = 2ZAOB.
Кроме того, направление поворота вокруг точки О от ОМ к ОМ\ такое
же, как от О А к О В (на рисунке 494 — против часовой стрелки).
Это движение называется поворотом вокруг точки О на угол, рав-
равный 2ZAOB.
d
О
1
и т
М(х;у)
^ 1 >
ж
]\[(х' 1/)
м
Рис. 493
Рис. 494. ОМх = ОМ, ZMOMx
= 2ZAOB

/. Движения 377
Итак, результатом последовательного выполнения двух осевых
симметрии с пересекающимися осями является поворот вокруг
точки пересечения осей на угол, вдвое больший угла между осями.
Замечание 1. Если оси двух
симметрии взаимно перпендикулярны *,
(рис. 495), то в результате последова-
последовательного выполнения этих симметрии ,
получится поворот на 180°, т.е. дви- —
жение, сопоставляющее каждой точке
плоскости симметричную ей точку от-
относительно данной точки (точки пере-
пересечения осей). Такое движение называ-
называется центральной симметрией. Отме-
тим также, что результатом последова-
последовательного выполнения двух осевых симметрии с совпадающими осями
является так называемое тождественное отображение — движение,
оставляющее все точки плоскости неподвижными.
Замечание 2. Как мы помним, любые две равные фигуры можно
совместить не более, чем тремя осевыми симметриями (задача 6 п. 47).
С другой стороны, любое движение является наложением. Следова-
Следовательно, любое движение представляет собой результат последова-
последовательного выполнения не более, чем трех осевых симметрии.
163. Использование движений при решении задач. Решения
многих задач значительно упрощаются, если использовать движения.
Приведем несколько примеров.
Задача 1. Угол большой прямоугольной комнаты требуется
отгородить двумя небольшими одинаковыми ширмами. Как следует
расположить ширмы, чтобы отгороженная площадь была наиболь-
наибольшей?
Решение. Построим фигуру, центрально симметричную ширмам
относительно вершины угла комнаты, а также фигуры, симметричные
ширмам относительно стен (рис.496, а). В результате получится рав-
равносторонний восьмиугольник с длиной стороны, равной длине шир-
ширмы, и площадью в четыре раза большей, чем площадь, отгороженная
ширмами. Но из всех таких восьмиугольников наибольшую площадь
имеет правильный восьмиугольник (п. 160). Поэтому и отгороженная
площадь будет наибольшей в том случае, когда ширмы будут распо-
расположены симметрично относительно биссектрисы угла комнаты, а угол
между ними будет равен углу правильного восьмиугольника, т. е. ра-
равен 135° (рис.496, б) .
Задача 2. Доказать, что площадь четырехугольника не пре-
превосходит полусуммы произведений противоположных сторон.
Решение. Поскольку площадь невыпуклого четырехугольника
меньше площади выпуклого четырехугольника с такими же сторонами,

378
Гл. 13. Геометрические преобразования
a)
Рис. 496
то доказательство утверждения достаточно провести для выпуклого
четырехугольника.
Прежде всего заметим, что если бы в условии задачи речь шла
не о противоположных, а о соседних сторонах, то она решалась бы со-
совсем просто. Действительно, диагональ АС четырехугольника ABCD
разделяет его на два треугольника (рис.497), поэтому для его площа-
площади S получаем:
S = 1-{АВ -BC-sinB + CD-AD- sinD) < l-(AB -
AD).
Наша задача сложнее, однако она легко сводится к только что
решенной, если использовать симметрию. В самом деле, рассмотрим
выпуклый четырехугольник со сторонами а, Ь, с, d и докажем, что
для его площади S справедливо неравенство: S ^ -(ac-\- bd). Проведем
диагональ четырехугольника, выберем один из двух треугольников,
на которые она разделяет четырехугольник, и построим треугольник,
симметричный выбранному относительно серединного перпендикуляра
к проведенной диагонали (рис.498). Наглядно это можно предста-
представить себе так: четырехугольник разрезается по диагонали, выбран-
выбранный треугольник переворачивается другой стороной и приставляется
В
А
Рис. 497
Рис. 498

/. Движения
379
к нетронутому треугольнику. В результате получается новый выпуклый
четырехугольник с той же площадью S и теми же сторонами, но только
следующими в другом порядке: стороны а и с, равно как Ъ и d, в этом
четырехугольнике уже не противоположные, а смежные. С учетом
доказанного выше это и приводит к требуемому неравенству.
Задача 3. Два поселка расположены по разные стороны реки.
Где следует построить мост, чтобы путь из одного поселка в дру-
другой был самым коротким, если берега реки — параллельные прямые,
а мост строится перпендикулярно к ним}
Решение. Пусть точки А и В — поселки, отрезок А\В\ —
мост (рис.499). Путь из одного поселка в другой состоит из отрез-
отрезков АА\, А\В\ и В\В. Поскольку длина моста не зависит от места
его расположения, то путь будет
самым коротким тогда, когда сум-
сумма АА\ + В\В будет наименьшей.
Перенесем параллельно отре-
отрезок АА\ на вектор А\В\. При этом
точка А\ перейдет в В\, а точ-
точка А — в некоторую точку С.
Поскольку АА\ = СВ\, то АА\ +
+ ВХВ = СВХ + В\В. Но сум-
сумма СВ\ + В\В принимает наимень-
наименьшее значение тогда, когда точки С,
В\ и В лежат на одной прямой. Рис. 499
Следовательно, мост нужно строить в точке пересечения прямой СВ
с тем берегом реки, на котором находится поселок В.
Задача 4. На сторонах АВ, ВС и С А остроугольного тре-
треугольника ABC взяты точки L, М и N. Доказать, что периметр
треугольника LMN будет наименьшим в том случае, когда точ-
точки L, М и N — основания высот треугольника ABC, и выразить
этот периметр через углы треугольника ABC и радиус описанной
около него окружности.
Решение. Отметим на стороне ВС какую-нибудь точ-
точку М (рис. 500, а) и выясним сначала, при каком расположении
точек L и N периметр треугольника LMN будет наименьшим.
Рассмотрим точки М\ и Мг, симметричные точке М относительно
прямых АС и АВ. Поскольку ML = M^L, MN = Mi TV, то периметр
треугольника LMN равен длине ломаной M\NLM^. Следовательно,
наименьшее значение он принимает тогда, когда L и N — точки
пересечения сторон АВ и АС с прямой М\М^ (рис.486, б). В этом
случае периметр равен М\М^.
Выясним теперь, при каком положении точки М величина М\М^
имеет наименьшее значение. Заметим, что в результате последователь-
последовательного выполнения двух осевых симметрии с осями АС и АВ точка М\

380
Гл. 13. Геометрические преобразования
В
в
а)
Рис. 500
переходит в М2. Следовательно, ZMiAM2 = 2ZA (п. 162). Кроме того,
АМХ = АМ2 = AM.
Из равнобедренного треугольника M\AM2 находим:
МХМ2 = 2АМХ • sin Ц- = 2AM • sin A.
Поскольку величина угла А задана, то величина М\М2 принимает
наименьшее значение тогда, когда AM равно кратчайшему расстоянию
от точки А до прямой ВС, т. е. когда точка М является основанием вы-
высоты треугольника ABC. В этом случае AM = АВ • sin В (рис. 500, в),
поэтому
MiM2 = 2AB • sinB • sin A = AR • sinC • sinE • sin A,
где R — радиус описанной окружности.
Итак, наименьший периметр треугольника LMN равен AR • sin A x
xsin^-sinC, причем если точка М не является основанием высо-
высоты, то периметр больше этой величины. Аналогично доказывается,
что если точки L и N не являются основаниями высот, то пери-
периметр треугольника LMN больше указанной величины. Следовательно,
периметр треугольника LMN принимает наименьшее значение, рав-
равное AR • sin А • sin В • sin С, тогда и только тогда, когда точки L, М
и N — основания высот треугольника ABC.
Решение следующей задачи основано на использовании поворота.
Задача 5. На сторонах остроугольного треугольника ABC
извне построены равносторонние треугольники АВС\, ВСА\
и САВ\ (рис.501). Показать, что:
1° отрезки АА\, ВВ\ и СС\ равны, а угол между любыми двумя
из них равен 60°;
2° три окружности, описанные около равносторонних треуголь-
треугольников, пересекаются в некоторой точке О;
3° прямые АА\, ВВ\ и СС\ также пересекаются в точке О;
4° каждая сторона треугольника ABC видна из точки О под
углом 120°;

/. Движения 381
5° точка О является той
точкой плоскости, для которой
сумма расстояний до вершин
треугольника ABC принимает
наименьшее значение.
Точку О часто называют
точкой Ферма 0 треугольни- ^
ка ABC. Иногда ее называют
также точкой Торричелли 2) это-
этого треугольника.
Решение. 1°. При повороте
вокруг точки А на угол 60° (в со-
соответствующем направлении) от-
отрезок АС\ переходит в АВ, а от-
отрезок АС - в АВХ. Поэтому Рис.501
отрезок СС\ переходит в В\В,
а значит, СС\ = ВВ\, и угол между этими отрезками равен 60° (объ-
(объясните, почему). Аналогично доказывается, что СС\ = АА\, и следо-
следовательно, АА\ = ВВ\ = СС\. Ясно также, что угол между любыми
двумя из этих отрезков равен 60°. Утверждение 1° доказано.
2°. Пусть О — точка пересечения прямых ВВ\ и СС\. Согласно 1°
угол ВОС\ равен 60°. С другой стороны, угол ВАС\ также равен 60°.
Поэтому окружность, описанная около треугольника АВС\, проходит
через точку О. Аналогично доказывается, что через точку О прохо-
проходит и окружность, описанная около треугольника САВ\. Угол ВОС,
будучи смежным с углом ВОС\, равен 120°, а угол ВА\С — 60°. Сле-
Следовательно, окружность, описанная около треугольника ВСА\, также
проходит через точку О. Итак, все три окружности, описанные около
равносторонних треугольников, пересекаются в точке О. Утвержде-
Утверждение 2° доказано.
3°. При доказательстве утверждения 2° мы установили, что пря-
прямые ВВ\ и СС\ проходят через точку О пересечения трех окруж-
окружностей, описанных около равносторонних треугольников. Аналогично
доказывается, что через эту точку проходят прямые АА\ и СС\. Тем
самым все три прямые проходят через точку О. Утверждение 3° дока-
доказано.
4°. При доказательстве утверждения 2° было установлено, что
угол ВОС равен 120°. Аналогично доказывается, что ZAOB = 120°
и ZAOC = 120°. Следовательно, каждая сторона треугольника ABC
видна из точки О под углам 120°. Утверждение 4° доказано.
О Ферма Пьер A601-1665) — французский математик и юрист; автор
знаменитой Великой теоремы Ферма.
2) Торричелли Эванжелиста A608-1647) — итальянский математик и фи-
физик.

382 Гл. 13. Геометрические преобразования
5°. Пусть М — произвольная точка плоскости. Вновь рассмотрим
поворот вокруг точки А на угол 60°, при котором отрезок СС\ пере-
переходит в отрезок В\В. Этот поворот переводит треугольник AM С О
в треугольник АМ\В\, в котором В\М\ = СМ и АМ\ = AM. В рав-
равнобедренном треугольнике АММ\ угол А равен 60°, а значит, этот
треугольник — равносторонний. Следовательно, AM = М\М.
Итак, СМ = В\М\, AM = М\М, поэтому СМ + AM + ВМ =
= В\М\ + М\М + MB. Ясно, что эта сумма принимает наименьшее
значение тогда, когда точки М и М\ лежат на отрезке ВВ\, при-
причем М лежит между В и М\. В этом случае углы AM В и АМ\В\
равны 120° (как внешние углы равностороннего треугольника АММ\),
следовательно, точка М является точкой пересечения прямой ВВ\
и окружности, описанной около равностороннего треугольника АВС\.
Значит, она совпадает с точкой О. Утверждение 5° доказано.
Задачи
589. Докажите, что движение, представляющее собой результат
последовательного выполнения трех осевых симметрии, оси которых
не параллельны друг другу и не пересекаются в одной точке, не имеет
ни одной неподвижной точки.
590* Докажите, что если движение: а) имеет три неподвижные
точки, не лежащие на одной прямой, то это движение — тождествен-
тождественное отображение; б) имеет две неподвижные точки и не является
тождественным отображением, то это движение — осевая симметрия;
в) имеет только одну неподвижную точку, то это движение — поворот
вокруг неподвижной точки; г) не имеет ни одной неподвижной точки,
то это движение — либо параллельный перенос, либо последовательное
выполнение трех осевых симметрии, оси которых не параллельны друг
другу и не пересекаются в одной точке.
591. Докажите, что если противоположные стороны шестиуголь-
шестиугольника попарно равны и параллельны, то его диагонали, соединяющие
противоположные вершины, пересе-
пересекаются в одной точке.
592. Один параллелограмм впи-
вписан в другой (рис.502). Докажите,
что точки пересечения диагоналей
этих параллелограммов совпадают.
\уг'/ 593. Через точки пересечения
сторон непрямоугольного треуголь-
ис' ника с окружностью, проходящей
через основания высот, проведены прямые, перпендикулярные к этим
сторонам. Докажите, что проведенные прямые пересекаются в одной
точке.
1) Если точка М лежит на прямой АС, можно рассмотреть поворот вокруг
какой-нибудь другой вершины треугольника ABC.

/. Движения 383
594* Докажите, что существует не более одной точки такой, что
на описанной около данного треугольника окружности лежат три точ-
точки, симметричные ей относительно: а) сторон треугольника; б) середин
сторон треугольника.
595* Шар находится в точке М бильярдного стола, имеющего
форму прямоугольника ABCD. а) Как следует направить шар, чтобы
отразившись от бортов АВ, ВС, CD и DA (по закону «угол падения
равен углу отражения») он попал в заданную точку N? б) Всегда
ли задача а) имеет решение?
596* Бильярдный стол имеет форму прямоугольника, стороны ко-
которого выражаются целыми числами р и q, причем дробь - несокра-
несократима. Докажите, что если шар, находящийся в одном из углов стола,
выпустить под углом: а) 45° к борту, то после р + q — 2 отражений
он попадет в противоположный угол; б) 30° к борту, то он никогда
не попадет в противоположный угол.
597. В каком направлении следует направить шар, касающийся од-
одного из бортов прямоугольного бильярдного стола, чтобы отразившись
последовательно от трех других бортов он вернулся в исходную точку,
а затем повторил пройденный маршрут?
598. Какое наименьшее значение может принимать периметр четы-
четырехугольника, вершины которого лежат на сторонах прямоугольника
с диагональю d (по одной вершине на каждой стороне)?
599. Стороны AD и ВС выпуклого четырехугольника ABCD рав-
равны, М и N — середины сторон АВ и CD. Докажите, что угол между
прямыми AD и MN равен углу между прямыми MN и ВС (ес-
(если AD || ВС, то каждый из этих углов равен, очевидно, 0°).
600. Биссектрисы углов А и В трапеции ABCD с основаниями AD
и ВС пересекаются в точке М, а биссектрисы углов С и D — в точ-
точке N. Докажите, что \АВ + CD-BC- AD\ = 2MN.
601. Окружность, вписанная в треугольник ABC, касается сто-
сторон АВ, ВС и С А в точках Кс, К а и Kb, точки La и Lb симмет-
симметричны соответственно К а и Kb относительно биссектрис углов А и В.
Докажите, что ALbLaB — трапеция.
602* Найдите правильную формулировку и приведите решение
задачи 5 п. 163 для следующих случаев: а) треугольник ABC — ту-
тупоугольный с тупым углом, меньшим 120°; б) один из углов треуголь-
треугольника ABC больше 120°; в) равносторонние треугольники построены
не извне, а изнутри.
603. На сторонах АВ и ВС треугольника ABC построены равно-
равносторонние треугольники: АВР — извне, BCQ — изнутри. Докажите,
что PQ = АС.
604. Внутри квадрата ABCD взята произвольная точка М. Че-
Через вершины А, В, С и D проведены прямые, перпендикулярные
к прямым ВЫ, CM, DM и AM соответственно. Докажите, что все
проведенные прямые пересекаются в одной точке.

384
Гл. 13. Геометрические преобразования
605. На сторонах АВ, ВС и С А равностороннего треугольни-
треугольника ABC взяты такие точки L, М и N, что LM \\ АС и LN \\ ВС.
Докажите, что точка L и середины отрезков AM и BN являются
вершинами правильного треугольника.
606. На сторонах ВС и CD квадрата ABCD взяты соответственно
точки М и N так, что AN = DN + ВЫ. Докажите, что луч AM —
биссектриса угла BAN.
607. На сторонах АВ и АС треугольника ABC построены во внеш-
внешнюю сторону квадраты АВВ\А\, АСС\А^. Докажите, что: а) отрез-
отрезки А\С и А^В равны и перпендикулярны друг другу; б) центры квад-
квадратов и середины отрезков ВС и А\А^ являются вершинами квадрата.
608* На сторонах выпуклого четырехугольника построены во внеш-
внешнюю сторону квадраты. Докажите, что: а) отрезки, соединяющие цен-
центры противоположных квадратов, равны и взаимно перпендикулярны;
б) если этот четырехугольник — параллелограмм, то центры квадратов
являются вершинами квадрата.
609. Углы АС В и А\СВ\ равнобедренных треугольников ABC
и А\В\С — прямые и одинаково ориентированные. Докажите, что
медиана треугольника А\ВС, проведенная из вершины С, перпендику-
перпендикулярна отрезку АВ\ и равна его половине.
610* Через вершины параллело-
параллелограмма проведены прямые, перпен-
перпендикулярные к сторонам вписанного
в него квадрата (рис.503). Докажи-
Докажите, что проведенные прямые, пере-
пересекаясь, образуют новый квадрат.
611. Докажите, что вершина А,
середина стороны ВС и середи-
середина диагонали DF правильного ше-
шестиугольника ABCDEF являются
вершинами правильного треуголь-
треугольника.
612. Найдите множество всех
точек М, лежащих внутри и на
сторонах равностороннего треугольника ABC, для каждой из кото-
которых МА2 = МВ2 + МС2.
613. Через общую точку А двух пересекающихся окружностей
проведите прямую так, чтобы эти окружности высекали на ней равные
хорды. Сколько решений имеет задача?
614. Через данную точку М проведите прямую так, чтобы отрезок,
заключенный между точками пересечения этой прямой с данной пря-
прямой и данной окружностью, делился точкой М пополам.
615. Даны две концентрические окружности. Проведите (если это
возможно) прямую, на которой эти окружности высекают три равных
отрезка.
Рис. 503

/. Движения 385
616. Через данную точку внутри угла проведите прямую так, чтобы:
а) отрезок этой прямой, заключенный внутри угла, делился данной
точкой пополам; б) прямая отсекала от угла треугольник наименьшей
площади.
617. Даны угол и точки А, С внутри него. Постройте (если это
возможно) параллелограмм ABCD, вершины В и D которого лежат
на сторонах данного угла.
618. Даны угол hk и точка О внутри него. Постройте квад-
квадрат ABCD с центром О так, чтобы точки В и D лежали на лучах h
и к.
619. Постройте треугольник, если даны одна из его вершин и пря-
прямые, содержащие его биссектрисы, проведенные из двух других вер-
вершин.
620. Даны две точки и прямая. Постройте треугольник, у которого
данные точки — середины сторон, а биссектриса, проведенная к одной
из этих сторон, лежит на данной прямой.
621. Постройте равнобедренный треугольник по углу при вершине,
противолежащей основанию, и разности боковой стороны и основания.
622. Постройте треугольник по разности двух его сторон и углам,
противолежащим этим сторонам.
623. Постройте треугольник по двум сторонам и разности противо-
противолежащих им углов.
624* Постройте треугольник по стороне, высоте, проведенной
к этой стороне, и разности углов, прилегающих к ней.
625. Постройте выпуклый четырехугольник ABCD по четырем
сторонам так, чтобы диагональ АС была биссектрисой угла А.
626* Постройте четырехугольник ABCD с заданными сторона-
сторонами АВ и AD и углами В и D, если известно, что в него можно вписать
окружность.
627. Впишите в данную окружность прямоугольник так, чтобы одна
из его сторон была бы равна и параллельна данному отрезку.
628. Соедините две стороны данного треугольника отрезком, рав-
равным и параллельным данному отрезку.
629* Даны окружность и ее непересекающиеся хорды АВ и CD.
Постройте точку X, лежащую на окружности, так, чтобы хорды АХ
и ВХ высекали на хорде CD отрезок EF, равный данному отрезку.
630. Постройте выпуклый четырехугольник по: а) двум противопо-
противоположным сторонам и трем углам; б) трем сторонам и углам, прилежа-
прилежащим к четвертой стороне; в)* четырем сторонам и отрезку, соединяю-
соединяющему середины двух противоположных сторон.
631. Постройте параллелограмм по сторонам и углу между диаго-
диагоналями.
632. Постройте равносторонний треугольник так, чтобы одной
из его вершин была данная точка Р, а две другие лежали на данных
прямых а и Ъ.
13 СБ. Кадомцев

386 Гл. 13. Геометрические преобразования
633. Даны окружность, квадрат и точка Р. Постройте равнобедрен-
равнобедренный треугольник РАВ, в котором РА = РВ, вершины А и В лежат
соответственно на окружности и стороне квадрата, а А АР В = 45°.
634. Постройте равносторонний треугольник так, чтобы его верши-
вершины лежали на трех данных параллельных прямых.
635. Постройте равнобедренный прямоугольный треугольник так,
чтобы вершины его острых углов лежали на данных окружностях,
а вершиной прямого угла являлась данная точка.
636. В данный квадрат впишите равносторонний треугольник так,
чтобы одна из его вершин совпала с вершиной квадрата, а две другие
лежали на сторонах квадрата.
§ 2. Центральное подобие
164. Свойства центрального подобия. Пусть О — произвольная
точка, к — любое число, отличное от нуля. Центральным подоби-
подобием (или гомотетией) с центром О и коэффициентом к называется
отображение плоскости на себя, при котором каждая точка М перехо-
переходит в такую точку М\, что ОМ\ = к • ОМ.
Из этого определения следует, что точка О при центральном по-
подобии остается неподвижной, причем при к ф 1 других неподвижных
точек нет. Если же к = 1, то неподвижными остаются все точки
плоскости, и центральное подобие представляет собой тождественное
отображение.
Обратим особое внимание на то, что коэффициент к централь-
центрального подобия может быть как положительным, так и отрицатель-
отрицательным (рис.504). В частности, при к = — 1 центральное подобие пред-
представляет собой центральную симметрию. В общем случае центральное
подобие с отрицательным ко-
i эффициентом к можно предста-
А ><xi 11 .Ш444+П 11W вить как последовательное вы-
выполнение центрального подобия
с коэффициентом |fc| и централь-
центральной симметрии относительно его
Рис. 504. ОХ = кОА, Ш = кОВ, цен^Ра (докажите это).
O(f _ fcQ(j k < 0 Сформулируем теперь основ-
основное свойство центрального по-
подобия.
Если при центральном подобии с коэффициентом к точки А и В
переходят в точки А\ и В\, то А\В\ = кАВ.
В самом деле (см. рис.504),
= кОВ - кОА = к(ОВ - ОА) = кАВ.
Пользуясь этим свойством, можно доказать, что

2. Центральное подобие
387
при центральном подобии отрезок переходит в отрезок, луч —
в луч, а прямая — в прямую.
Докажем, например, первое из этих утверждений (остальные дока-
доказываются аналогично). Пусть М — произвольная точка отрезка АВ,
А\, В\ и М\ — те точки, в которые переходят точки А, В и М
при центральном подобии с центром О и коэффициентом к (рис.505).
Поскольку векторы AM и АВ коллинеарны, то существует такое
число т, что AM = тАВ. Учитывая, что точка М лежит на отрез-
Л АЛ
ке АВ, получаем: m = -—— и, следовательно, 0 ^ m ^ 1. Для точки М\
имеем: А\М\ = к AM = к • тАВ = тА\В\, причем 0 ^ т ^ 1, поэтому
точка М\ лежит на отрезке А\В\. Итак, каждая точка М отрезка АВ
переходит в какую-то точку М\ отрезка А\В\. Аналогично доказыва-
доказывается, что в каждую точку отрезка А\В\ переходит некоторая точка
отрезка АВ. Следовательно, отрезок АВ переходит в отрезок А\В\.
Утверждение доказано.
Отметим, что
если прямая проходит через центр подобия, то она переходит
в себя; если же прямая АВ не проходит через центр подобия, то она
переходит в прямую, параллельную О АВ.
В самом деле, первое из этих утверждений вытекает непосред-
непосредственно из определения центрального подобия. Для доказательства
второго утверждения проведем через центр О прямую, перпендикуляр-
перпендикулярную к АВ, и обозначим буквой Н точку пересечения этой прямой
с прямой АВ (рис. 506). Пусть А\ и В\ — точки, в которые переходят А
и В. Тогда А\В\ = кАВ (к — коэффициент центрального подобия), по-
поэтому прямая А\В\, как и прямая АВ, перпендикулярна к прямой ОН.
Следовательно, прямые АВ и А\В\ параллельны, что и требовалось
доказать.
Рис. 506
х) Здесь мы предполагаем, что коэффициент центрального подобия отличен
от единицы.
13*

388 Гл. 13. Геометрические преобразования
Рассмотрим теперь треугольник ABC. Из основного свойства цен-
центрального подобия следует, что он переходит в треугольник А\В\С\,
стороны которого пропорциональны сторонам треугольника ABC. Сле-
Следовательно, треугольники ABC и А\В\С\ подобны, а значит, их углы
соответственно равны. Тем самым мы установили еще одно важное
свойство:
центральное подобие сохраняет углы.
Из основного свойства центрального подобия следует также, что
при центральном подобии с коэффициентом к окружность ра-
радиуса г с центром С переходит в окружность радиуса \k\r с цен-
центром С\, где С\ — точка, в которую переходит С.
Доказательство этого утверждения проведите самостоятельно.
Замечание. Центральное подобие является частным случаем
так называемого преобразования подобия. Преобразованием подобия
с коэффициентом к > О называется отображение плоскости на себя,
при котором любые две точки А и В переходят в такие точки А\
и В\, что А\В\ = кАВ. Примерами преобразования подобия являются,
очевидно, движение, центральное подобие, а также результат их после-
последовательного выполнения. Докажите самостоятельно, что верно и об-
обратное утверждение:
любое преобразование подобия представляет собой результат
последовательного выполнения движения и центрального подобия.
Преобразование подобия часто используется в геометрии. С его по-
помощью, например, можно ввести понятие подобия произвольных фигур:
две фигуры называются подобными, если существует такое преоб-
преобразование подобия, при котором одна из них переходит в другую.
Из этого определения, в частности, следует, что отношение площадей
подобных фигур равно квадрату коэффициента подобия (поскольку
при преобразовании подобия с коэффициентом к квадрат со стороной 1
переходит в квадрат со стороной к).
165. Теорема Наполеона. Применение центрального подобия поз-
позволяет значительно упростить решение целого ряда геометрических
задач. В качестве первого примера приведем доказательство теоремы,
которую обычно связывают с именем Наполеона Бонапарта.
Теорема Наполеона. На сторонах треугольника извне по-
построены равносторонние треугольники. Доказать, что их центры
являются вершинами равностороннего треугольника, центр кото-
которого находится в точке пересечения медиан исходного треугольни-
треугольника.
Доказательство. Пусть ABC — данный треугольник,
АВС\, АВ\С и А\ВС — равносторонние треугольники, Ga, Gb
и Gc — их центры, G — точка пересечения медиан треугольни-
треугольника ABC (рис.507). Проведем доказательство для случая остроуголь-
остроугольного треугольника (остальные случаи рассмотрите самостоятельно).
В пункте 163 (задача 5) мы установили, что отрезки АА\, ВВ\ и СС\

2. Центральное подобие
389
равны, а углы между ними рав-
равны 60°. При центральном подобии
с центром в середине стороны ВС
и коэффициентом - точка А пе-
о
реходит G, а точка А\ — в Ga-
Поэтому прямые GGa и АА\ па-
параллельны или совпадают, GGa =
= -АА\. По аналогичной при-
о
чине прямые GGb и ВВ\, GGc
и СС\ параллельны или совпа-
совпадают, и GGB = \вви GGC =
о
= -СС\. Таким образом, отрез-
о
А
Вх
Рис. 507
— равносторонний, г G —
ки GGa, GGb и GGc равны и об-
образуют между собой углы по 120°.
Из этого следует, что треугольник G
его центр. Теорема доказана.
166. Задача Эйлера. Сейчас мы приведем решение одной из краси-
красивейших задач геометрии, получившей название задача Эйлера. В ней,
в частности, содержатся ответы на два вопроса из нашего блокнота.
Эту задачу можно, конечно, решить и без применения центрального
подобия. Но, как мы увидим, использование центрального подобия
позволяет дать настолько наглядное решение, что его можно было бы
даже не иллюстрировать рисунками!
Задача Эйлера. Доказать, что в произвольном неравносто-
неравностороннем треугольнике:
1° точки, симметричные ортоцентру относительно сторон тре-
треугольника и их середин, лежат на описанной окружности]
2° середины сторон, основания высот и середины отрезков, со-
соединяющих ортоцентр с вершинами, лежат на одной окружности,
центром которой является середина отрезка, соединяющего орто-
ортоцентр с центром описанной окружности, а ее радиус в два раза
меньше радиуса описанной окружности (эта окружность называется
окружностью Эйлера))
3° центр тяжести лежит на отрезке, соединяющем ортоцентр
с центром описанной окружности, и делит этот отрезок в от-
отношении 1 : 2, считая от центра описанной окружности (прямая,
на которой лежат четыре точки — ортоцентр, центр тяжести, центр
описанной окружности и центр окружности Эйлера — называется пря-
прямой Эйлера);
4° точки, симметричные центру описанной окружности отно-
относительно прямых, содержащих средние линии треугольника, лежат
на окружности Эйлера.

390
Гл. 13. Геометрические преобразования
Решение. Пусть ABC — данный треугольник (рис.508).
Условимся о следующих обозначениях: Н — ортоцентр; G — центр
тяжести; О — центр описанной окружности; R — ее радиус; А\,
В\ и С\ — середины сторон ВС, СА и АВ; А2, В2 и С2 —
основания высот, проведенных к этим сторонам; А%, Во, и Сз —
середины отрезков АН, ВН и СН; А\, В\ и С\ — точки,
симметричные Н относительно сторон треугольника; А$, В$ и С$ —
точки, симметричные Н относительно середин этих сторон; Aq,
Bq и Cq — точки, симметричные О относительно прямых В\С\,
С\А\ и А\В\ (на рисунке 508 они не отмечены). Приступим теперь
к решению задачи.
1°. Пусть R\ — радиус окружности, описанной около треуголь-
треугольника НВС. В соответствии с обобщенной теоремой синусов ВС =
= 2R{ sin ZB НС = 2RsinZBAC. Стороны углов В НС и ВАС вза-
взаимно перпендикулярны, поэтому они либо равны, либо составляют
в сумме 180°. И в том и в другом случае sin ZBHC = sin ABAC.
Значит, R\ = R. Из этого следует, что окружности, описанные около
треугольников НВС и ABC, симметричны относительно прямой ВС
и относительно середины отрезка ВС (рис.509). Точка Н лежит
на окружности, описанной около треугольника НВС. Следовательно,
симметричные ей точки А\ и А^ лежат на окружности, описанной
С
Рис. 508

2. Центральное подобие
391
около треугольника ABC. Аналогично доказывается, что точки В^, В$,
С\ и С$ также лежат на этой окружности.
2°. Рассмотрим центральное подобие с центром Н и коэффи-
коэффициентом -. При этом подобии описанная окружность переходит
R ~
в окружность радиуса —, центр Од которой является серединой отрез-
отрезка ОН (рис.508), а точки А$, В$, С$, А\, В\, С\, А, В, С описанной
окружности переходят соответственно в точки А\, В\, С\ (середины
сторон), А%, В^ и С% (основания высот), А%, В% и Сз (середины отрез-
отрезков АН, ВН, СН). Следовательно, точки А\, В\, С\, А^, В^, С^, А%,
Г)
Б3, Сз лежат на окружности с центром Од радиуса —. Утверждение 2°
доказано.
3°. Рассмотрим теперь центральное подобие с центром G и ко-
коэффициентом —-. Медианы треугольника ABC делятся точкой G
в отношении 1 : 2, поэтому при рассматриваемом центральном подобии
вершины А, В и С перейдут в середины А\, В\ и С\ противопо-
противоположных сторон (рис.510). Следовательно, прямые, содержащие высоты
треугольника, перейдут в прямые, перпендикулярные к его сторонам
и проходящие через их середины, т. е. в серединные перпендикуляры
к сторонам. Поэтому ортоцентр Н перейдет в центр О описанной
окружности. Это означает, что точка G лежит на отрезке ОН и делит
его в отношении 1 : 2, считая от точки О, что и требовалось доказать.
4°. Как только что отмечалось, при центральном подобии с цен-
центром G и коэффициентом — - вершины А, В и С переходят в се-
середины А\, В\ и С\ противоположных сторон, а точка Я переходит
в точку О. Из этого следует, что: а) окружность, описанная около
треугольника ABC, переходит в окружность Эйлера; б) точки А\,
В\ и С\ описанной окружности, симметричные точке Н относительно
прямых ВС, С А и АВ, переходят в точки А§, В§ и С§ окружности Эй-
Эйлера, симметричные точке О относительно прямых В\С\, С\А\ и А\В\.
Таким образом, точки А§, В§ и С§ лежат на окружности Эйлера.
Следствие. АН = 2R\ cos A\.
Сх
Ах

392
Гл. 13. Геометрические преобразования
В самом деле, отрезки АН и АВ^ симметричны относительно пря-
прямой АС (см. рис.508), поэтому АН = АВ^. Хорды АС и ВВ^ взаимно
перпендикулярны. Следовательно, АВ\ -\- ВС2 = AR2 (см. задачу 3
п. 150). Но ВС = 2i?sinA Значит, АН = АВА = 2i?|cosA|.
Замечание. В ходе решения
задачи Эйлера мы установили, что
радиус окружности, проведенной
через две вершины и ортоцентр
непрямоугольного треугольника,
равен радиусу окружности, опи-
описанной около этого треугольни-
треугольника. Теперь мы можем дать другое
объяснение этого факта. Действи-
Действительно, основания высот треуголь-
треугольников ABC и АВН, очевидно, сов-
А" ' ' ^С падают (рис.511). Следовательно,
совпадают их окружности Эйлера.
Рис.511 Поэтому радиусы описанных около
них окружностей равны.
167. Прямая Симеона. Начнем с такой задачи.
Задача. На окружности, описанной около треугольника, взята
произвольная точка. Доказать, что точки, симметричные ей отно-
относительно сторон треугольника, лежат на одной прямой, проходя-
проходящей через ортоцентр этого треугольника.
Решение. Пусть: М — точка окружности, описанной около тре-
треугольника ABC] Mi, М2 и М3 — точки, симметричные точке М
относительно прямых АВ, ВС и С A; N\, N2 и N3 — точки пе-
пересечения (или касания) прямых ММ\, ММ2, ММ3 и описанной
окружности; Н — ортоцентр треугольника ABC] C\ — точка, симмет-
симметричная Н относительно прямой АВ (рис.512). Проведем через центр
описанной окружности прямую а, параллельную АВ. При симметрии
относительно прямой АВ точка М\ переходит в точку М, а точ-
точка Н — в точку С\. При симметрии относительно прямой а точка М
переходит в точку N\, а точка С\ — в точку С. Таким образом,
в результате последовательного выполнения двух осевых симметрии
с параллельными осями, т.е. параллельного переноса, отрезок М\Н
переходит в отрезок N\C, поэтому М\Н \\ N\C. Аналогично доказыва-
доказывается, что М2Н || N2A, M3H || N3B. Но NXC \\ N2A \\ N3B (см. задачу 4
п. 150). Следовательно, точки Н, М\, М2 и М3 лежат на одной прямой,
что и требовалось доказать.
Отметим еще одно неожиданное свойство, связанное с описанной
около треугольника окружностью.
Теорема. Основания перпендикуляров, проведенных к сторо-
сторонам треугольника (или их продолжениям) из произвольной точки
описанной окружности, лежат на одной прямой, проходящей через

2. Центральное подобие
393
М
Рис. 512
середину отрезка, соединяющего эту точку с ортоцентром данного
треугольника.
Эта прямая называется прямой Симеона 0 .
Доказательство. Пусть М — точка окружности, описанной
около треугольника ABC] М\, M% и Мз — точки, симметричные
точке М относительно прямых АВ, ВС и СА; Н — ортоцентр тре-
треугольника ABC (см. рис.512). Точки М\, М^, Мз и Н лежат на одной
прямой. При центральном подобии с центром М и коэффициентом -
эта прямая переходит в прямую (обозначим ее буквой а), проходящую
через середину отрезка МН, причем точки М\, М^ и Мз переходят
в основания перпендикуляров, проведенных из точки М к прямым АВ,
ВС и С А. Следовательно, прямая а и есть прямая Симеона. Теорема
доказана.
Задачи
637. Докажите, что если стороны двух неравных треугольни-
треугольников ABC и А\В\С\ соответственно параллельны, то эти треугольники
центрально-подобны, т. е. существует такое центральное подобие, при
котором один из них переходит в другой.
638. Найдите площадь четырехугольника с вершинами в точках,
симметричных данной точке относительно середин сторон данного
четырехугольника с площадью S.
639. Выпуклый четырехугольник с площадью S разбит диагона-
диагоналями на четыре треугольника. Найдите площадь четырехугольника,
1) Симеон Роберт A687-1768) — шотландский математик.

394 Гл. 13. Геометрические преобразования
вершинами которого являются точки пересечения медиан указанных
треугольников.
640. На сторонах треугольника ABC с прямым углом С извне
построены квадраты АВВ\А\, АСС\А2 и ВСС2В2. Докажите, что:
а) прямые АВ2 и А2В отсекают от катетов треугольника ABC равные
отрезки; б) прямые АВ2, А2В и высота треугольника ABC, проведен-
проведенная из вершины С, пересекаются в одной точке.
641* На сторонах треугольника ABC извне построены квадраты
с центрами О а, Ов и Ос- Докажите, что: а) отрезки АО а и ОвОс
равны и перпендикулярны; б) прямые АО а, ВОв и СОс пересекаются
в одной точке.
642. Окружность касается боковых сторон АВ и АС равнобедрен-
равнобедренного треугольника ABC в точках М и N, а также окружности, описан-
описанной около этого треугольника. Докажите, что середина отрезка MN
является центром окружности, вписанной в треугольник ABC.
643* Две окружности равных радиусов, лежащие одна вне другой,
касаются изнутри третьей окружности в точках А и В. Через произ-
произвольную точку М третьей окружности проведены прямые МА и MB,
пересекающие первые две окружности в точках С и D. Докажите,
что АВ || CD.
644. Докажите, что точка пересечения медиан АА\, ВВ\, СС\ тре-
треугольника ABC, центр вписанной в треугольник окружности и центр
окружности, вписанной в треугольник А\В\С\, лежат на одной прямой.
В задачах 645-657 и указаниях к ним используются обозначения,
принятые в начале решения задачи Эйлера.
645. Докажите, что: а) Отрезки А\А^, В\В%, С\С^ — диаметры
окружности Эйлера, а треугольники А\В\С\ и А3Б3С3 симметричны
относительно центра окружности Эйлера; б) А\В2 = А\С2 = В\С\,
В\А2 = В\С2 = А\С\, С\А2 = С\В2 = А\В\, а вершины треугольни-
треугольника А2В2С2 симметричны вершинам треугольника А\В\С\ относитель-
относительно серединных перпендикуляров к сторонам треугольника A\BiC\;
в) А3В2 = А3С2 = А3Н, В3А2 = В3С2 = В3Н, С3А2 = С3В2 = С3Н.
646. Сформулируйте утверждения о взаимном расположении то-
точек А, В, С, А\, В\, С\, А$, В$, С5, аналогичные утверждениям
задачи 645.
647. Докажите, что А{А3 _L B2C2, B{B3 _L A2C2, С\СЪ _L A2B2.
648. Докажите, что касательная к описанной около треугольни-
треугольника ABC окружности в точке А, касательная к его окружности Эйлера
в точке А\ и прямая В2С2 параллельны друг другу.
649. Докажите, что: а) четырехугольник АОА\А% — параллело-
параллелограмм; б) четырехугольник А%ОА\Н — параллелограмм.
650. Докажите, что четырехугольник А\В%С\О — параллелограмм.
651. Докажите, что длина отрезка АА± в четыре раза больше
расстояния от центра окружности Эйлера до стороны ВС.

2. Центральное подобие 395
652. Точка О\ симметрична центру О описанной около треуголь-
треугольника ABC окружности относительно стороны ВС. Докажите, что
середина отрезка АО\ является центром окружности Эйлера треуголь-
треугольника ABC.
653. Через вершину А треугольника ABC проведена прямая, па-
параллельная ВС и пересекающая описанную окружность в точке М.
Докажите, что точка G лежит на отрезке МА% , причем MG = 2GA^.
654. Углы треугольника образуют геометрическую прогрессию
со знаменателем 2. Докажите, что середины сторон и основания высот
этого треугольника являются шестью вершинами правильного семи-
семиугольника.
655* На окружности, описанной около треугольника ABC, взята
произвольная точка М. Докажите, что прямая МН пересекает окруж-
окружность, описанную около треугольника АА^М, в точке N, лежащей
на окружности Эйлера треугольника ABC.
656* Докажите, что если F — точка Ферма остроугольного тре-
треугольника ABC, то прямые Эйлера треугольников ABF, BCF и CAF
пересекаются в точке пересечения медиан треугольника ABC.
657* На прямой Эйлера треугольника ABC взята такая точка М,
что точка О является серединой отрезка НМ. Докажите, что точка пе-
пересечения медиан треугольника АВМ лежит на прямой СО и удалена
от точки С на расстояние, равное - радиуса описанной окружности.
о
658. Докажите, что прямые, симметричные произвольной прямой,
проходящей через ортоцентр треугольника, относительно его сторон,
пересекаются в одной точке, лежащей на описанной около этого тре-
треугольника окружности.
659. На окружности, описанной около данного треугольника, взята
произвольная точка М. Докажите, что прямая Симеона, соответствую-
соответствующая этой точке, пересекает прямую, соединяющую точку М с ортоцен-
ортоцентром данного треугольника, в точке, лежащей на окружности Эйлера
этого треугольника.
660. Треугольник ABC вписан в окружность. Для какой точки
этой окружности прямая АВ является прямой Симеона?
661. Треугольник ABC вписан в окружность. Через точку D этой
окружности проведена прямая, перпендикулярная к ВС и пересекаю-
пересекающая окружность в точке D\. Докажите, что прямая AD\ параллельна
прямой Симеона, соответствующей точке D.
662. Треугольник вписан в окружность и для двух точек этой
окружности построены прямые Симеона. Докажите, что угол между
этими прямыми равен половине величины дуги, заключенной между
указанными точками окружности.
663. Докажите, что две прямые Симеона, соответствующие двум
диаметрально противоположным точкам описанной около треугольника
окружности, взаимно перпендикулярны.

396 Гл. 13. Геометрические преобразования
664. Даны угол ABC и точка М внутри него. На стороне ВС
постройте точку, равноудаленную от прямой АВ и точки М.
665. На сторонах АВ и ВС остроугольного треугольника ABC
постройте соответственно точки D и Е так, чтобы выполнялось равен-
равенство: AD = DE = ЕС.
666. Постройте треугольник ABC по заданным суммам сто-
сторон АС + ВС, АВ + АС и углу В.
667. Постройте окружность, касающуюся двух данных прямых
и данной окружности.
668. Дан треугольник ABC. Постройте две равные окружности,
каждая из которых касается двух сторон треугольника и другой окруж-
окружности.
669. Решите задачу 615 с применением центрального подобия.
§ 3. Инверсия
168. Определение инверсии. В этом параграфе мы рассмотрим
еще одно геометрическое преобразование, которое называется инвер-
инверсией. Начнем с определения.
Инверсией относительно окружности радиуса R с центром О
называется отображение плоскости (без точки О) на себя, при котором
каждой точке М, отличной от О, сопоставляется такая точка М\,
> , R ч 2 >
что ОМ\ = ( ——- j ОМ] точке О не сопоставляется никакая точ-
точка (рис.513). Точка О называется центром инверсии, а величина R —
ее радиусом. Таким образом:
точка М\ лежит на луче ОМ]
ОМХ = -^— или ОМХ - ОМ = R2.
ОМ
Из последней формулы следует, что если точка М лежит внутри
круга радиуса R с центром О, т. е. ОМ < R, то ОМ\ > R, а значит,
точка М переходит в точку М\, лежащую вне круга. Если же точка М
лежит вне указанного круга, то она переходит в точку, лежащую
внутри него. Наконец, если точка М лежит на границе этого круга,
то она переходит в себя. Таким образом,
множество всех точек, остающихся неподвижными при инвер-
инверсии относительно данной окружности, представляет собой саму
эту окружность.
Сделаем еще одно полезное наблюдение. Из определения инверсии
следует, что если точка М переходит в М\, то точка М\ переходит
в М (объясните, почему). Поэтому
если при инверсии фигура F переходит в фигуру F\, то фигу-
фигура F\ переходит в F.
Как отмечалось выше, если точки М и М\ не совпадают, то одна
из них лежит вне, а другая — внутри круга с центром О радиу-

3. Инверсия
397
са R. Пусть, например, точка М лежит вне круга. Проведем каса-
касательную МК (рис.514) и рассмотрим треугольники ОКМ\ и ОКМ.
Угол О у этих треугольников общий. Кроме того, ОМ\ • ОМ = ОК2,
Рис. 513
Рис. 514
О Mi OK п
или = тттт- Следовательно, они подобны по второму признаку
ОК О Ad
подобия треугольников. Но в треугольнике ОКМ угол К — прямой.
Значит, в треугольнике ОКМ\ угол М\ — прямой. Таким образом,
прямая М\ К является полярой точки М относительно данной окруж-
окружности (п. 136). Иными словами,
прямая ОМ и поляра точки М пересекаются в точке М\.
Последнее утверждение можно сформулировать иначе. Пусть А
и В — точки пересечения прямой ОМ с нашей окружностью. Вспомнив
свойства поляры, мы можем сказать, что
точки А и В гармонически разделяют точки М\ и М (рис.514).
Поскольку положение каждой точки гармонической четверки од-
однозначно определяется заданием трех других точек, то это свойство
можно было бы положить в основу определения инверсии.
При решении задач с использованием инверсии часто оказывается
полезной формула, связывающая расстояние между двумя точками
с расстоянием между теми точками, в которые они переходят при
инверсии. Выведем эту формулу. Пусть М и N — данные точки, М\
и N\ — те точки, в которые они переходят при инверсии относительно
2 v
окружности радиуса R с центром О. Поскольку ОМ\ = ( ^ттт ) ОМ
КОМ)
• = 'ш ON'T0
MXN\ = \ONX -OM{\2 =
Rz
ON2
ON -
ОМ2
7OM
OMZONZ
(OM2 + ON2 -2OM-ON).

398 Гл. 13. Геометрические преобразования
Так как выражение в скобках равно (ON — ОМJ = MN2 = MN2,
169. Основные свойства инверсии. Рассмотрим инверсию отно-
относительно окружности радиуса R с центром О. Выясним, во что при
этой инверсии переходит произвольная окружность. Возможны два
случая: 1° окружность не проходит через центр инверсии; 2° окруж-
окружность проходит через центр инверсии. Рассмотрим эти случаи отдель-
отдельно.
1°. Пусть М\ — точка, в которую переходит произвольная точка М
данной окружности (рис.515). Тогда ОМ\ • ОМ = R2. Проведем пря-
прямую ОМ и обозначим буквой N вторую точку пересечения этой прямой
с данной окружностью (если ОМ — касательная, то точки М и N
совпадают). Поскольку векторы ОМ\
и ON коллинеарны, то существу-
существует такое число к, что ОМ\ = k x
х ON. Умножая это равенство ска-
О \ I лярно на вектор ОМ, получаем:
ОМ\ • ОМ = к • ОМ • ON, или R2 =
= ка, где а = ОМ • ON — степень
D r,с точки О относительно данной окруж-
ности (п. 115).
Итак, 0М\ = к • ON, где к = —. Это означает, что М\ — та точка,
в которую переходит точка N при центральном подобии с центром О
и коэффициентом —. Следовательно, при рассматриваемой инверсии
каждая точка М данной окружности переходит в точку М\ окруж-
окружности, получаемой из данной центральным подобием с центром О
с>2
и коэффициентом —. Аналогично доказывается, что в любую точку
а
этой окружности переходит какая-то точка данной окружности. Таким
образом,
если данная окружность не проходит через центр О инверсии,
то она переходит в окружность, получаемую из данной централь-
R2
ним подобием с центром О и коэффициентом —, где а — степень
о
точки О относительно данной окружности.
2°. Пусть О А — диаметр данной окружности, М — произвольная
ее точка (отличная от А и О), А\ и М\ — точки, в которые переходят А
и М при рассматриваемой инверсии (рис.516). Треугольники ОМА
и 0М\А\ имеют общий угол О. Кроме того, 0А\ • О А = 0М\ • ОМ,

3. Инверсия
399
О Ах ОМ
. Поэтому эти треугольники подобны. Но угол ОМА —
или OMl о а
прямой. Следовательно, угол ОА\М\ — также прямой. Это означает,
что каждая точка М данной окружности переходит в точку М\ прямой,
перпендикулярной к диаметру О А, или, что то же самое, параллельной
касательной к данной окружности в точке О. Аналогично доказывает-
доказывается, что в каждую точку этой прямой переходит какая-то точка данной
окружности. Таким образом,
если окружность проходит через центр О инверсии, то она пе-
переходит в прямую, параллельную касательной к этой окружности
в точке О.
Теперь нетрудно ответить и на такой вопрос: во что при рассматри-
рассматриваемой инверсии переходит прямая? Непосредственно из определения
инверсии следует, что
прямая, проходящая через центр инверсии, переходит в себя.
Если же прямая не проходит через центр О инверсии, то можно рас-
рассуждать так. Проведем к ней перпендикуляр О А и отметим на луче О А
точку А\, в которую переходит точка А (рис. 517). Как мы установили,
при рассматриваемой инверсии окружность с диаметром ОА\ пере-
переходит в нашу прямую. Следовательно, наша прямая переходит в эту
окружность. Итак,
прямая, не проходящая через центр О инверсии, переходит
в окружность, проходящую через точку О, причем касательная
к этой окружности в точке О параллельна данной прямой.
Полученные нами результаты можно коротко сформулировать так:
при инверсии любая прямая (окружность) переходит в прямую
или окружность.
Это — первое основное свойство инверсии.
Рассмотрим теперь две пересекающиеся прямые, угол между ко-
которыми равен а (рис.518). Если центр О инверсии не лежит ни на
одной из них, то они переходят в две пересекающиеся окружности,
проходящие через точку О (объясните, почему). Поскольку касатель-
касательная к каждой окружности в точке О параллельна той прямой, которая
Рис. 516
Рис. 517

400 Гл. 13. Геометрические преобразования
перешла в эту окружность, то угол между касательными к окруж-
окружностям в точке О равен а. Ясно, что таким же будет и угол между
касательными к окружностям во второй точке их пересечения. Поэтому
если договориться называть углом между пересекающимися окруж-
окружностями угол между их касательными в точке пересечения, то можно
сказать так: если каждая из двух пересекающихся прямых при ин-
инверсии переходит в окружность, то угол между этими окружностями
равен углу между прямыми. Пользуясь рисунком 519, сформулируйте
и докажите аналогичное утверждение для случая, когда точка О лежит
на одной из прямых или является точкой их пересечения.
Далее, рассмотрим прямую и окружность, касающиеся друг друга.
Естественно считать, что угол между ними в этом случае равен 0°.
Если центр О инверсии не совпадает с точкой их касания, то они
перейдут в две окружности или в прямую и окружность, имеющие
единственную общую точку (ту, в которую перейдет точка касания),
т. е. касающиеся друг друга. Если же точка О совпадает с точкой
касания, то они перейдут в две параллельные прямые, угол между
которыми также естественно считать равным 0°. Таким образом, и в
том и в другом случае угол между прямой и окружностью оказывается
равным углу между теми прямыми или окружностями, в которые они
переходят.
Рассмотрим, наконец, две окружности, пересекающиеся под некото-
некоторым углом а. Это означает, что касательные к ним в точке пересечения
пересекаются под углом а. Как мы выяснили, при инверсии эти каса-
касательные перейдут в прямые или окружности L\ и Ь%, пересекающиеся
под тем же углом а. С другой стороны, линии Ь\ и L2 будут касаться
тех прямых или окружностей, в которые перейдут наши две окружно-
окружности. Значит, наши окружности перейдут в две прямые или окружности,
пересекающиеся под тем же углом а. Аналогично доказывается, что
О
Рис. 518 Рис. 519

3. Инверсия 401
если прямая и окружность пересекаются под некоторым углом а,
то те прямые или окружности, в которые они переходят при инверсии,
пересекаются под тем же углом а.
Подводя итог наших исследований, можно сказать, что
при инверсии сохраняются углы между прямыми и окружностя-
окружностями.
Это — второе основное свойство инверсии.
Из него, в частности, следует, что
если данная окружность ортогональна к той окружности, от-
относительно которой производится инверсия (т. е. угол между ними
равен 90°), то она переходит в себя (объясните, почему).
Обратим особое внимание на то, что инверсия (подобно осевой
симметрии) сохраняет углы, но меняет их ориентацию (см. рис.518,
519).
170. Теорема Птолемея. Применение инверсии дает большие до-
дополнительные возможности при решении задач и доказательстве тео-
теорем. В качестве первого примера ее использования приведем дока-
доказательство теоремы, связанной с именем древнегреческого ученого
Клавдия Птолемея (ок. 100-ок. 178) и выражающей еще одно характе-
характеристическое свойство вписанного четырехугольника.
Теорема. Около четырехугольника можно описать окружность
тогда и только тогда, когда произведение его диагоналей равно
сумме произведений противоположных сторон.
Доказательство. Пусть ABCD — произвольный четырехуголь-
четырехугольник, АС — та из его диагоналей, которая разделяет его на два тре-
треугольника (рис.520). Рассмотрим инверсию с центром А произвольного
радиуса R. Если точки А, В, С и D лежат на одной окружности,
то точки В\, С\ и D\, в которые пе-
переходят при этой инверсии В, С и D, В\
лежат на одной прямой, причем B\D\ =
Обратно, если выполнено равен- / А^1
ство B\D\ = В\С\ + C\D\, то точки В\,
С\ и D\ лежат на одной прямой, от-
откуда следует, что точки В, С и D
лежат на окружности, проходящей че-
через центр А инверсии. Таким образом, A" jj *D\
около четырехугольника ABCD можно
описать окружность тогда и только то- Рис. 520
гда, когда выполнено равенство B\D\ =
= В\С\ + C\D\. Используя формулу A) из п. 168, это равенство можно
записать так:
R2 -BD _ R2 -ВС R2 -CD
AB-AD ~ АВ-АС AC-AD'

402 Гл. 13. Геометрические преобразования
Полученное равенство, в свою очередь, равносильно равен-
равенству АС • BD = AD • ВС + АВ • CD, что и доказывает теорему.
171. Формула Эйлера. Следующая удивительная теорема связана
с именем Леонарда Эйлера.
Теорема. В произвольном треугольнике радиусы г и R впи-
вписанной и описанной окружностей связаны с расстоянием d между
их центрами формулой: d2 = R2 — 2Rr.
Доказательство. Пусть ABC — данный треугольник, А\, В\
и С\ — точки касания вписанной окружности и сторон треугольника,
О — центр вписанной окружности (рис.521). Рассмотрим инверсию от-
относительно вписанной окружности. Поскольку прямая В\С\ — поляра
точки А относительно этой окружно-
окружности, то при указанной инверсии верши-
вершина А перейдет в середину отрезка В\С\.
По аналогичной причине вершины В
и С перейдут в середины отрезков А\С\
и А\В\. Значит, окружность, описан-
ная около треугольника ABC, перей-
перейдет в окружность Эйлера треугольни-
ка А\В\С\, радиус которой равен -. Как
отмечалось в пункте 169, эта окруж-
л^ Х^Д/-^Х Xx\~f ность может быть получена из описан-
В\ ной окружности центральным подоби-
г2
Рис. 521 ем с центром О и коэффициентом —,
а
где а — степень точки О относительно
описанной окружности. Но а = d2 — R2, поэтому радиус указанной
г2 -R
окружности Эйлера равен — ^-. Учитывая, что R > d (докажите
\d — R
ч /Г г • R ч
это) и приравнивая два выражения для радиуса (- = —2 ^), получа-
^ R — d
ем формулу Эйлера. Теорема доказана.
172. Окружности Аполлония. Докажем еще одну теорему.
Теорема. Множество всех таких точек, для которых отноше-
отношение расстояний до двух данных точек постоянно и отлично от еди-
единицы, представляет собой окружность, ортогональную ко всем
окружностям, проходящим через эти две точки.
Доказательство. Пусть А и В — данные точки, к ф 1 — неко-
некоторое положительное число, М — произвольная точка рассматривае-
рассматриваемого множества, т.е. ——— = к (рис.522). При инверсии относительно
окружности с центром А радиуса АВ точка В останется неподвижной,
а точка М перейдет в такую точку М\, что, согласно формуле A)

3. Инверсия
403
из п. 168,
ВМХ =
АВ1 • ВЫ
АВ-АМ
= к-АВ.
Таким образом, точка М\ лежит на окружности с центром В
радиуса к • АВ. С другой стороны, любая точка N этой окружности
переходит при данной инверсии в такую точку N\, что
BNX =
АВ1 • BN
AB-AN
АВ-к-АВ 7 АВ1 7 ЛАТ
= к- -г^ = k-ANi,
AN
AN
т. е. в точку нашего множества. Сле-
Следовательно, окружность с центром В
радиуса к • АВ и наше множество то-
точек переходят при указанной инвер-
инверсии друг в друга. При к ф 1 эта
окружность не проходит через центр
инверсии, поэтому наше множество
точек — окружность. Осталось заме-
заметить, что все прямые, проходящие че-
через точку В, ортогональны к окруж-
окружности с центром В, а при рассматри-
рассматриваемой инверсии они (за исключением Рис. 522
прямой АВ) переходят в окружности,
проходящие через А и В. Значит, наша окружность ортогональна
ко всем этим окружностям. Теорема доказана.
Окружности, соответствующие для данных точек Aw В различным
значениям к ф 1 (рис.523), рассматривались еще во II в. до н.э.
древнегреческим математиком Аполлонием (ок.262-ок. 190 до н.э.)
в его трактате «О кругах». Поэтому их называют окружностями
Аполлония.
Рис. 523

404
Гл. 13. Геометрические преобразования
Замечание. Нетрудно доказать (сделайте это самостоятельно),
что если точки Р и Q лежат по разные стороны от окружности
Аполлония, соответствующей точкам А и В и числу к (т. е. одна из них
ч ВР 7 BQ 7
лежит в круге, а другая — вне круга), то числа —— — к и —^ — к
имеют разные знаки, а если по одну сторону, то одинаковые знаки.
Решим теперь такую задачу.
Задача. Даны две точки А, В и прямая I, не перпендикулярная
к прямой АВ. Для каждой точки М прямой I составим отно-
ВМ п
шение -тут- С помощью циркуля и линейки построить те точки,
в которых это отношение принимает наибольшее и наименьшее
значения.
Решение. Рассмотрим произвольную точку N на прямой / и вы-
7 BN К 7/1
числим отношение k = -Тд7- Ьсли к ф 1, то рассмотрим окружность
Аполлония для точек А и В, определяемую этим числом. Точка N
лежит на этой окружности и на прямой /, поэтому прямая / либо
пересекает окружность, либо касается ее. Если прямая / пересекает
окружность (рис.524, а), то точки прямой /, лежащие по одну сторону
от N (а именно на хорде окружности), находятся внутри окружно-
окружности, а лежащие по другую сторону от N — вне этой окружности.
Следовательно, для точек М, лежащих по одну сторону от N, отно-
ВМ . 7 7 о
шение -гтт больше к, а по другую сторону — меньше к. Поэтому
AM
отношение
ВЫ
AM
не может принимать в точке N ни наибольшего,
ни наименьшего значения. Ясно также, что аналогичная ситуация
имеет место в случае, когда к = 1 и, следовательно, точка N является
точкой пересечения прямой / с серединным перпендикуляром к отрез-
ку АВ (объясните, почему в этом случае отношение —— не может
принимать в точке N ни наибольшего, ни наименьшего значения).
В
а)
Рис. 524

3. Инверсия
405
А
В
Рис. 525
Итак, наибольшее и наименьшее значения отношения ——— могут
достигаться (и, согласно замечанию, достигаются) только в тех точках,
в которых прямая / касается окружностей Аполлония (рис.524, б).
Следовательно, в этих точках окруж-
окружность, проходящая через А и В, должна
быть перпендикулярна к прямой /, а зна-
значит, прямая / проходит через ее центр.
Теперь нетрудно выполнить построе-
построение. Сначала построим серединный пер-
перпендикуляр к отрезку АВ и отметим
точку С его пересечения с данной пря-
прямой / (рис.525). Затем проведем окруж-
окружность с центром С радиуса С А. Точ-
Точки М\ и М.2 пересечения этой окружно-
окружности с данной прямой — искомые.
173. Окружности Аполлония нужны даже флибустьерам.
В замечательной книге Г. Штейнгауза «Математический калейдо-
калейдоскоп» (Библиотечка «Квант», 1981, вып. 8) приведен ряд примеров
использования окружностей Аполлония для решения задач, связанных
с нахождением наилучшей тактики преследования одного корабля
другим. Рассмотрим задачу, похожую на задачи этого цикла.
Флибустьеры с острова Ямайка узнали, что на якоре перед Пуэрто-
Бельо стоит испанский галион, груженный золотом. Как только закон-
закончится шторм, галион выйдет в Карибское море и возьмет курс на про-
пролив между островами Гаити и Пуэрто-Рико (рис.526). Флибустьеры
тоже ждут конца шторма, поэтому выйти из Кингстона они могут лишь
одновременно с испанцами. Какой курс следует взять флибустьерам
после окончания шторма, чтобы по возможности не разминуться с ис-
испанцами?
Задача решается следующим образом. Флибустьеры при всех своих
отрицательных качествах были непревзойденными мастерами в нави-
навигации. Поэтому они рассуждали так. Если бы было известно отноше-
отношение к скорости флибустьерского судна к скорости галиона, то можно
было бы найти все точки, в которые их корабль и галион могут попасть
одновременно. В самом деле, путь, который они пройдут до момента
встречи, в к раз больше пути, пройденного испанцами. Значит, все
возможные точки встречи лежат на окружности Аполлония, опреде-
ВМ 7 ,, ,
ляемои равенством ——— = к, где М — точки встречи, а точки А
J\.JVi
и В соответствуют Пуэрто-Бельо и Кингстону. Начертив на карте эту
окружность, флибустьеры увидели бы, что курс галиона пересекает
ее в двух точках. Поэтому, взяв курс на любую из них, они наверняка
встретятся с испанцами, если, конечно, испанцев не перехватит кто-
нибудь другой. Из этих последних соображений флибустьеры предпо-
предпочли бы ту из двух точек, которая ближе к Пуэрто-Бельо.

406
Гл. 13. Геометрические преобразования
f-, \ ;^у^< so ^ч^\ /?•: 7,5 .%*::• .• ¦: 'Vf: •: 7,о у.-. •:.•.- л*:.:: -: 6,5-:. ¦ л-:.•,-:::
-ю-
Рис. 526
Но флибустьеры точно не знают, каково отношение скорости их ко-
корабля к скорости испанского галиона. Поэтому они построят на карте
точку курса галиона, в которой это отношение принимает наименьшее
значение (рис.527), и в этой точке организуют засаду — встанут
20-
Рис. 527

3. Инверсия
407
на якорь и будут ждать прибытия галиона. Во всяком случае, если
в этой точке они не встретят галион, то в любой другой точке они его
не встретят и подавно.
174. Теорема Фейербаха. В 1822 году немецкий математик Карл
Вильгельм Фейербах A800-1834), преподаватель гимназии в Эрлан-
гене, обнаружил настолько замечательное свойство окружности Эйле-
Эйлера, что даже саму эту окружность многие математики стали называть
окружностью Фейербаха. Доказанная им теорема звучит так.
Теорема. Окружность Эйлера данного треугольника касается
вписанной в него и всех трех вневписанных окружностей.
Доказательство. Пусть в треугольнике ABC K\ и К2 —
точки касания вписанной и вневписанной окружностей со сторо-
стороной ВС (рис.528). Докажем, что окружность Эйлера касается этих
двух окружностей (для двух
других вневписанных окружно-
окружностей доказательство аналогич-
аналогичное).
Рассмотрим инверсию отно-
относительно окружности с диамет-
диаметром K\K<i (случай, когда точ-
точки К\ и К% совпадают, рас-
рассмотрите самостоятельно). По-
Поскольку точки К\ и K<i сим-
симметричны относительно середи- „
ны А\ стороны ВС (см. задачу 7
п. 117), то центром этой окруж-
окружности является точка А\. Впи-
Вписанная и вневписанная окружно-
окружности ортогональны к ней, поэтому
при указанной инверсии каждая Рис. 528
из них перейдет в себя.
Далее, пусть АА^ — высота, АА% — биссектриса треуголь-
треугольника ABC. Точки К\ и К% гармонически разделяют точки А%
и А% (см. задачу 2 п. 135), поэтому при рассматриваемой инверсии
точка А% перейдет в А$. Поскольку окружность Эйлера проходит
через центр инверсии А\ и точку А^, то она перейдет в прямую,
проходящую через точку А% и параллельную касательной к окруж-
окружности Эйлера в точке А\. С другой стороны, как мы помним
(п. 166), при центральном подобии с центром в точке пересечения
медиан и коэффициентом — - вершина А переходит в точку А\,
а окружность, описанная около треугольника ABC — в окружность
Эйлера. Из этого следует, что касательная к окружности Эйлера
в точке А\ параллельна касательной к описанной окружности
в точке А. Таким образом, можно сказать, что при рассматриваемой
инверсии окружность Эйлера перейдет в прямую а, проходящую

408 Гл. 13. Геометрические преобразования
через точку А% и параллельную касательной к описанной окружности
в точке А (см. рис.528), т.е. в общую касательную вписанной
и вневписанной окружностей (см. задачу 8 п. 117).
Итак, при инверсии относительно окружности с диаметром К\К^
вписанная и вневписанная окружности переходят в себя, а окружность
Эйлера — в их общую касательную. Из этого следует, что окружность
Эйлера касается обеих этих окружностей. Теорема доказана.
Замечание. Пусть Н — ортоцентр треугольника ABC. В конце
п. 166 мы обратили внимание на то, что треугольники ABC, ABH,
АНС и НВС имеют общую окружность Эйлера. Каждый из этих
треугольников имеет свою вписанную и три вневписанных окружности,
и все они, согласно теореме Фейербаха, касаются окружности Эйлера.
Таким образом, окружность Эйлера треугольника ABC касается 16
различных окружностей, связанных с этим треугольником!
175. Задача Аполлония. Применение инверсии открывает новые
возможности при решении задач на построение. В частности, используя
инверсию, удается сравнительно просто решить одну из древнейших
задач геометрии — задачу Аполлония. Она состоит в следующем.
Задача Аполлония. Построить окружность, касающуюся
трех данных окружностей.
Решение. Пусть О\, О2, Оз — центры данных окружностей, г\,
Г2, гз — их радиусы. Как мы помним, для двух окружностей возможны
пять случаев взаимного расположения. Посидев полчаса с бумагой
и ручкой, Вы поймете, что для трех окружностей возможны более
50 случаев взаимного расположения! Однако рассматривать все эти
случаи отдельно не обязательно. Использование инверсии позволяет
указать общий для всех случаев метод решения задачи. Правда, для
описания этого метода нам все же придется выделить несколько част-
частных случаев.
Рассмотрим сначала случай, когда первая и вторая окружности
касаются друг друга (изнутри или извне — безразлично). При ин-
инверсии с центром в точке их касания и произвольным радиусом эти
окружности перейдут в параллельные прямые, а третья окружность —
в какую-то окружность или прямую (рис.529). Построить окружность,
касающуюся двух параллельных прямых и ли-
^^^^^—^^^^^— бо окружности, либо прямой, легко (объяс-
(объясните, как это сделать). С другой стороны,
нетрудно построить и ту окружность, в кото-
которую переходит построенная при рассматривае-
рассматриваемой инверсии. Для этого достаточно построить
~ точки, в которые переходят какие-нибудь три
точки этой окружности (как это сделать, лег-
легко понять, если приглядеться к рисунку 514),
Рис. 529 а затем провести через них окружность — она
и будет искомой.

3. Инверсия
409
Отметим, что даже в рассмотренном случае решение задачи суще-
существует не всегда (рис.530, а). Если же оно существует, то может быть
не единственным (рис.530, б).
а)
б)
Рис. 530
Любой другой частный случай сводится к описанному. Пусть, на-
например, каждая из окружностей находится вне других (рис.531), и тре-
требуется построить окружность, касающуюся первой и второй извне,
а третьей — изнутри. Рассмот-
Рассмотрим окружности с центрами О\
и О2 и радиусами г\ + -(О\О2 —
\
— Г\ — Г2) И Т2 + -^\О\О2 — Т\ —
2
— гг). Эти окружности касают-
касаются друг друга. Вместо третьей
окружности рассмотрим окруж-
окружность с тем же центром Оз,
но радиусом гз — -{О\Оъ — т\ —
— гъ) (что делать в случае, когда
эта величина окажется нулевой
или отрицательной, мы скажем
чуть позже). Окружность, касаю-
касающуюся трех новых окружностей, мы уже умеем строить. Искомая же
окружность отличается от нее только радиусом — он больше на ве-
величину -(О\О2 — г\ — гг), поэтому и ее можно построить (объясните,
как).
Теперь уже ясно, что если первая и вторая окружности пересе-
пересекаются, то их радиусы нужно уменьшить на соответствующую ве-
величину (так, чтобы новые окружности касались друг друга). Если
в процессе наших построений какой-то из радиусов станет нулевым,
то вместо окружности нужно рассматривать ее центр (окружность
нулевого радиуса). Если же он станет отрицательным, то в качестве
Рис. 531

410 Гл. 13. Геометрические преобразования
радиуса следует взять модуль полученной величины, но изменить тип
касания: извне — на изнутри и наоборот.
В заключение отметим, что все наши рассуждения останутся в силе
и в том случае, когда какая-нибудь из окружностей является точ-
точкой (окружностью нулевого радиуса) или прямой (окружностью беско-
бесконечно большого радиуса). Итак, теперь мы умеем решать следующие
задачи:
построить прямую или окружность, касающуюся
1° трех данных окружностей;
2° двух данных окружностей и проходящую через данную точку;
3° данной окружности и проходящую через две данные точки;
4° данной прямой и двух данных окружностей;
5° двух данных прямых и данной окружности;
6° данной окружности, данной прямой и проходящую через данную
точку;
7° двух данных прямых и проходящую через данную точку;
8° данной прямой и проходящую через две данные точки.
Задачи
670. При инверсии с центром О точки М и N переходят в точки М\
и N\. Докажите, что треугольники 0MN и 0M\N\ подобны.
671. Докажите, что через две точки, лежащие внутри данной
окружности, можно провести ровно две окружности, касающиеся дан-
данной.
672* Вневписанная окружность касается стороны ВС треугольни-
треугольника ABC. Другая окружность касается извне вписанной в треуголь-
треугольник ABC окружности и указанной вневписанной. Докажите, что точки
касания окружностей лежат на прямой, проходящей через точку А.
673. Каждая из четырех окружностей касается извне двух других
окружностей, причем ни одна из них не касается сразу трех. Докажите,
что четыре точки касания лежат на одной окружности.
674* На отрезке АВ взята произвольная точка М. Окружность
касается окружностей с диаметрами АВ, МА и MB. Докажите, что
диаметр этой окружности равен расстоянию от ее центра до пря-
прямой АВ.
675. Три окружности проходят через одну точку, А, В и С — вто-
вторые точки их пересечения. Углы между окружностями, пересекающи-
пересекающимися в точках А и В, равны а и C. Найдите угол между окружностями,
пересекающимися в точке С.
676. Известно, что около четырехугольника ABCD нельзя описать
окружность. Докажите, что угол между окружностями, описанными
около треугольников ABC и ABD, равен углу между окружностями,
описанными около треугольников ACD и BCD.
677. Три окружности имеют общую точку М; А, В, С — вторые
точки пересечения второй и третьей, первой и третьей, первой и второй
окружностей соответственно. Докажите, что три окружности, проходя-

3. Инверсия 411
щие через точки М и А, М и В, М и С, ортогональные соответственно
к первой, второй и третьей окружностям, также имеют общую точку.
678. Три окружности имеют общую точку М; А, В, С — вторые
точки пересечения второй и третьей, первой и третьей, первой и второй
окружностей соответственно. Докажите, что три окружности, проходя-
проходящие через точки МиА, МиВ,МиСи делящие пополам углы между
второй и третьей, первой и третьей, первой и второй окружностями
соответственно, также имеют общую точку.
679. Точки А, В и С лежат на одной прямой, а точка М не лежит
на этой прямой. Докажите, что точка М и центры окружностей,
описанных около треугольников МАВ, МВС и МСА, лежат на одной
окружности.
680* Докажите теорему, обратную теореме о прямой Симеона:
через точки пересечения сторон треугольника или их продолжений
с некоторой прямой проведены прямые, перпендикулярные к этим сто-
сторонам; если проведенные прямые пересекаются в одной точке, то эта
точка лежит на окружности, описанной около данного треугольника.
681* Докажите, что для любых двух окружностей, не имеющих об-
общих точек, существует инверсия, переводящая эти окружности в кон-
концентрические.
682. Точка М лежит вне окружности, описанной около равносто-
равностороннего треугольника ABC. Докажите, что существует треугольник,
стороны которого равны MA, MB и МС.
683. Около правильного многоугольника А\А2...Ап описана
окружность и на ее дуге А\Ап взята точка М. Докажите, что
MAi-MA2 MA2-MA3 MAn-i-MAn МАх-МАп'
684. Докажите, что стороны а, Ь, с, d, диагонали га, n и сум-
сумма (р (ср ^ 180°) противоположных углов выпуклого четырехугольника
связаны между собой равенством: а2 с? + b2d2 — 2abcdcos (p = m2n2;
объясните, почему это утверждение называют обобщенной теоремой
Птолемея.
685. Углы А, В и С треугольника образуют геометрическую про-
прогрессию со знаменателем 2. Докажите, что —— = —— + ——.
JDLj ЛСу J\1D
686. В шестиугольнике ABCDEF, вписанном в окружность, АС =
= СЕ = ЕА, BE + DA + EC = р. Найдите периметр этого шести-
шестиугольника.
687. Биссектриса угла А треугольника ABC пересекает описанную
около него окружность в точке D. Докажите что АВ + AC ^ 2AD.
688. На дуге CD описанной около квадрата ABCD окружности
взята точка Р. Докажите, что: а) РА + PC = V2PB; 6) PA- PC =
= V2PD, в) PA + PB

412 Гл. 13. Геометрические преобразования
689. Дан параллелограмм ABCD. Окружность, проходящая через
точку А, пересекает отрезки АВ, АС и AD в точках Р, Q и R
соответственно. Докажите, что АР • АВ + AR • AD = AQ • АС.
690. Окружность, вписанная в неравносторонний треуголь-
треугольник ABC, касается его сторон в точках А\, В\ и С\. Докажите,
что прямая, проходящая через ее центр и центр окружности,
описанной около треугольника ABC, является прямой Эйлера
треугольника А\В\С\.
691. Докажите, что в произвольном треугольнике радиусы R и г
описанной и вневписанной окружностей связаны с расстоянием d меж-
между их центрами соотношением: d2 = R2 + 2Rr.
692. Четырехугольник вписан в окружность и описан около дру-
другой окружности. Докажите, что отрезки, соединяющие точки касания
противоположных сторон с вписанной окружностью, взаимно перпен-
перпендикулярны.
693. Докажите, что диаметр окружности, вписанной в треугольник,
не превосходит радиуса окружности, описанной около этого треуголь-
треугольника.
694. Докажите, что отношение произведения сторон треугольника
к их сумме не превосходит квадрата радиуса описанной около тре-
треугольника окружности.
695* Окружность радиуса г лежит внутри окружности радиуса R,
d — расстояние между их центрами. Докажите, что если d2 ^ R2 —
— 2Rr, то не существует треугольника, для которого одна из окруж-
окружностей была бы вписанной, а другая — описанной; если же d2 = R2 —
— 2Rr, то таких треугольников бесконечно много.
696* Точки С\, А\ и В\ — середины сторон АВ, ВС и С А
треугольника ABC) Кс, К а и Kb — точки касания этих сторон
и вписанной окружности; точки La, Lb и Lc симметричны Ка, Kb
и Кс относительно биссектрис углов А, В и С. Докажите, что если
треугольник ABC не является равнобедренным, то прямые A\La,
B\Lb и C\Lc пересекаются в одной точке.
697. Докажите, что длины сторон треугольника образуют ариф-
арифметическую прогрессию тогда и только тогда, когда: а) прямая, про-
проходящая через центры вписанной и описанной окружностей, перпен-
перпендикулярна к одной из биссектрис; б) расстояние от центра вписанной
окружности до одной из вершин равно среднему геометрическому для
радиуса вписанной и диаметра описанной окружностей; в) расстояние
от точки пересечения продолжения одной из биссектрис с описанной
окружностью до стороны, за которую эта биссектриса продолжена,
равно радиусу вписанной окружности; г) одна из биссектрис делится
центром вписанной окружности в отношении 2:1, считая от вершины.
698. Докажите, что любые две неконцентрические окружности,
не имеющие общих точек, являются окружностями Аполлония для

3. Инверсия 413
некоторых точек А и В, соответствующими двум значениям отноше-
ВМ
ния ——.
AM
699. Даны точки А и В и окружность, не проходящая через эти
точки, причем ее центр не лежит на прямой АВ. Для каждой точки М
ВЫ ^
окружности составляется отношение -гут- Построите точки, в которых
это отношение принимает наибольшее и наименьшее значения.
700. Два корабля находятся вблизи прямолинейного участка бере-
берега, один из них преследует другой. Скорости кораблей известны обоим
капитанам. Какого курса следует держаться: а) преследуемому, чтобы
увеличить время преследования; б) преследующему, чтобы уменьшить
время преследования?
701. Два корабля преследуют третий в открытом море, скорости
кораблей известны всем трем капитанам. Какой курс следует держать
каждому из трех кораблей, исходя из интересов их команд?
702. Два корабля, сближаясь, движутся так, что курс каждого
из них остается неизменным относительно прямой, соединяющей ко-
корабли. Постройте точку встречи кораблей, если их скорости известны.
703. Вершина данного квадрата является центром инверсии, а про-
противоположная вершина лежит на окружности инверсии. Постройте
фигуру, в которую переходит квадрат при этой инверсии.
704. Вершина данного квадрата является центром инверсии, а две
другие вершины лежат на окружности инверсии. Постройте фигуру,
в которую переходит квадрат при этой инверсии.
705. Постройте фигуру, в которую переходит треугольник при ин-
инверсии относительно описанной около него окружности.
706. Даны отрезок АВ, две прямые и точка М. Через точку М
проведите прямую, пересекающую данные прямые в таких точках X
и У, что MX-MY = АВ2.
707. Даны отрезок АВ, две окружности и точка М. Через точ-
точку М проведите прямую, пересекающую данные окружности в таких
точках X и У, что MX • MY = АВ2.
708* В данную окружность впишите четырехугольник, продолже-
продолжения сторон которого проходят через четыре данные точки.
709* В данную окружность впишите треугольник, продолжения
сторон которого проходят через три данные точки.

414 Приложение 1
Приложение 1
Снова о числах*
176. Неотрицательные вещественные числа. В п. 11 мы говори-
говорили о том, что числа появляются в результате измерения чего-либо,
в частности, в результате измерения отрезков. Вспомним процедуру
измерения отрезков.
Пусть AqBq — измеряемый отрезок, EF — выбранная единица
измерения отрезков. На луче AqBq отложим отрезок AqA\ = EF,
на луче А\В$ — отрезок А\А^ = EF и т. д. до того момента, когда либо
точка Ап совпадет с точкой Во, либо точка Во окажется лежащей меж-
между Ап и Ап+\ (согласно аксиоме Архимеда такой момент обязательно
наступит при некотором п > 0, рис.532). В первом случае говорят, что
Ао А\ А2 Ап Во An+i
Е F
Рис. 532
длина отрезка AqBq при единице измерения EF выражается числом п.
Во втором случае можно сказать, что длина отрезка AqBq при единице
измерения EF приближенно выражается числом п. Для более точного
измерения отрезок EF делят на 10 равных отрезков и с помощью
одного из них (обозначим его PQ) измеряют описанным способом оста-
остаток АпВо. Если при этом отрезок PQ укладывается целое число к раз
в отрезке AuBq без остатка, то говорят, что длина отрезка AqBq при
единице измерения EF выражается числом п, к (п целых, к десятых).
В противном случае отрезок PQ также делят на 10 равных частей
и продолжают процесс измерения. Таким способом можно измерить
любой отрезок, т. е. выразить его длину при данной единице измерения
конечной или бесконечной десятичной дробью. Полученная в резуль-
результате измерения отрезка десятичная дробь называется положительным
вещественным числом. Итак,
при выбранной единице измерения отрезков длина каждого от-
отрезка выражается положительным вещественным числом.
Число а, выражающее длину отрезка АВ при единице измере-
измерения EF, часто называют отношением отрезков АВ и EF. Говорят
также, что отрезок АВ равен произведению отрезка EF на чис-
число а (АВ = aEF), или что отрезок EF укладывается в отрезке АВ
а раз.
Отметим, что если указанным выше способом измерить вырожден-
вырожденный отрезок АА (т.е. отрезок, концы которого совпадают), то его дли-
длина окажется равной 0. В этом случае можно сказать, что отрезок АА

Приложение 1 415
равен произведению отрезка ЕЕ на число О (АА = 0 • EF), или что
отрезок EF укладывается в отрезке АА О раз. Число 0 также счита-
считается вещественным числом, однако его не относят к положительным
числам.
Совокупность всех положительных вещественных чисел и числа О
называют неотрицательными вещественными числами.
Перейдем теперь к следующему вопросу. Пусть a = n,aia2... —
произвольная десятичная дробь, EF — отрезок, принятый за едини-
единицу измерения. Существует ли отрезок, длина которого при единице
измерения EF выражается десятичной дробью а? Будем рассуждать
так. На каком-нибудь луче с началом А отметим точки В\,В2,...
так, что АВ\ = (п + ^)EF, АВ2 = (п + ^ + ^\)EF,... Множество
точек А, В\, ?>2,... ограничено, так как все эти точки принадлежат
отрезку АС, где С — точка на том же луче, такая, что АС = (п +
+ \)EF (рис.533). Следовательно, согласно аксиоме 14° (п.44) суще-
А Вх В С
В2
Е F
Рис. 533
ствует наименьший отрезок АВ, содержащий все эти точки. Можно
ли утверждать, что отрезок АВ — искомый?
Применим к отрезку АВ процедуру измерения отрезков.
Пусть m,/3i/?2 ... — число, выражающее длину отрезка АВ при единице
измерения EF. Отрезок АВ\ содержится в отрезке АВ, поэтому
отрезок EF укладывается в отрезке АВ не менее, чем п раз, т. е.
т > п. С другой стороны, если а\ ф 9, то отрезок АС\ = (п,(а\ +
+ \))EF содержит в себе все точки А,В\,В^,... и, следовательно,
содержит в себе отрезок АВ: АВ < АС\ = (п,(а\ + \))EF < (п +
+ \)EF, а значит, т < п + 1. Поэтому в этом случае т = п.
Если же а\ = 9, то АВ ^ АС = (п + \)EF, и потому т ^ (п + 1).
Итак, при а\ ф 9 выполняется равенство m = п, а при ai = 9 —
неравенства п < т < (п + 1).
Чему же равно число т в случае а\ = 9 : п или (п + 1)? Попробуем
это выяснить. Если <%2 ф 9, то отрезок АС^ = (п,а$а2 + $)EF содер-
содержит в себе все точки А, В\, В^,... и, следовательно, содержит в себе от-
отрезок АВ: АВ < АС2 = (n,ai(a2 + \))EF < (п + 1)EF, а значит, т <
< п + 1. Поэтому в этом случае т = п. Если же а2 = 9, то АЕ> ^ АС =
= (п + \)EF (напомним, что мы рассматриваем случай ai = 9), и по-
потому т ^ (п + 1). Итак, при а\ ф 9 и также при ai = 9, но а2 т^
7^ 9, выполняется равенство т = п, а при ai = a2 = 9 — неравенства
п ^ m ^ (п + 1).

416 Приложение 1
Продолжая аналогичные рассуждения, мы приходим к выводу: если
хотя бы одно из чисел с^ отлично от 9, то т = п; если же все числа с^
равны 9, то п < т < (п + 1).
Осталось выяснить ситуацию в случае а = п,99...9.... Допустим,
что т = п, т. е. отрезок EF укладывается в отрезке АВ п раз,
но не укладывается (п + 1) раз. Рассмотрим отрезок АС = (п + \)EF.
По предположению точки Б и С не совпадают. Поэтому, применив про-
цесс измерения к отрезку БС, при некотором к получим: ВС > —^ •
Из этого следует, что АВ < (n + l)i?F г = п,9...9 • EF, где
1(Г
число п,9...9 имеет к знаков после запятой. Но это противоречит
условию — все десятичные знаки после запятой, в частности, (к + 1)-
ый, у дроби а равны 9. Полученное противоречие означает, что т Ф п,
поэтому т = п+\.
Итак, десятичной дроби п,99... соответствует отрезок АВ =
= (n + \)EF. Путем аналогичных рассуждений нетрудно уста-
установить (сделайте это самостоятельно), что любой десятичной
дроби вида п,а\а2... (ат — 1)99... соответствует отрезок АВ,
равный (п,а\а2 ...am)EF. Таким образом, если данная десятичная
дробь а — периодическая, причем ее период состоит из одной цифры 9,
то отрезок АВ искомым не является. Если же данная десятичная
дробь а не является периодической дробью, период которой состоит
из одной цифры 9, то, как мы видели, т = п. Аналогично доказывается,
что /3\ = а\, /З2 = с^2 и т.д. Таким образом, отрезок АВ в этом
случае — искомый.
Теперь, наконец, мы можем ответить на поставленный вопрос:
существует ли отрезок, длина которого при единице измерения EF
выражается данной десятичной дробью а? Если дробь а не является
периодической дробью, период которой состоит из одной цифры 9,
то существует — таким отрезком является отрезок АВ. Если же а =
= п,а\а2 ... (ат — 1)99..., то не существует. В самом деле, допу-
допустим, что искомый отрезок XY существует. Тогда он больше каждого
из отрезков АВ\, АЕ>2,... — это следует из самой процедуры изме-
измерения отрезков. Поэтому XY > АВ (поскольку АВ — наименьший
из отрезков, содержащих в себе все точки А, В\, В^,...). Но АВ =
= (п,а\а2 ... am)EF'. Следовательно, у десятичной дроби, выражающей
длину отрезка XY, на m-ом месте после запятой находится число ат,
а не (ат — 1). Полученное противоречие означает, что искомого отрез-
отрезка в этом случае не существует.
Из сказанного можно сделать несколько выводов:
периодическая десятичная дробь, период которой состоит из од-
одной цифры 9, не является положительным вещественным чис-
числом (поскольку не существует отрезка, длина которого выражалась бы
этим числом);

Приложение 1 417
если десятичная дробь не является периодической дробью, пери-
период которой состоит из одной цифры 9, тпо она является неотрица-
неотрицательным вещественным числом]
при выбранной единице измерения отрезков для любого положи-
положительного вещественного числа существует отрезок, длина которо-
которого выражается этим числом.
177. Сравнение неотрицательных вещественных чисел. Срав-
Сравнение вещественных чисел основано на сравнении отрезков. Пусть а
и Ь — произвольные неотрицательные вещественные числа. Примем
какой-нибудь отрезок PQ за единицу измерения отрезков и на лу-
луче PQ отложим отрезки РА = aPQ и РВ = bPQ. Если точки А и В
совпадают, то числа а и Ь считаются равными. Ясно, что равенство а =
= Ъ выполняется тогда и только тогда, когда все десятичные знаки
чисел а и Ь совпадают. Пусть точки А и В не совпадают, например,
РА < РВ. В этом случае считается, что а < Ъ. Неравенство а < Ъ
выполняется, очевидно, тогда и только тогда, когда первый из деся-
десятичных знаков числа а, отличный от соответствующего десятичного
знака числа Ь, меньше этого десятичного знака числа Ъ. Таким образом,
мы приходим к следующему правилу сравнения двух неотрицательных
вещественных чисел а = п,а\а2 ... и Ъ = ra,/3i/?2 ••••
если п = т и при всех г выполняются равенства щ = (Зг, то а = Ъ;
если же либо п < т, либо п = т и при некотором г выполняются
соотношения а\ = /3\,..., c^-i = А-ь &г < Рь то а <Ь.
Отметим, что применительно к конечным десятичным дробям это
правило дает тот же результат, что и обычное сравнение рациональных
чисел, причем для любого числа п,а\а2 ...аш ... имеют место неравен-
неравенства
а +
Ясно также, что
1° если а < Ъ и Ъ < с, то а < с.
178. Сложение неотрицательных вещественных чисел. Пусть а
и Ь — произвольные неотрицательные вещественные числа, EF —
отрезок, принятый за единицу измерения. Возьмем какой-нибудь луч
с началом О и отложим на нем последовательно отрезки О А = aEF
и АВ = bEF. Суммой а + Ь чисел а и Ь назовем число, которым
выражается длина отрезка ОВ при единице измерения EF. Из этого
определения следует, что
2° если а < с, то а + Ъ < с + Ъ, а если Ъ < с, то а -\-Ь < а + с;
3° для любого а имеет место равенство а + 0 = а.
Ясно, что применительно к конечным десятичным дробям наше
определение дает тот же результат, что и обычное правило составления
суммы двух рациональных чисел. С другой стороны, для любых двух
14 СБ. Кадомцев

418 Приложение 1
чисел а = п,а\а2 ... с^ ... и Ъ = fc,/3i/?2 ••• А ••• ПРИ всех m имеют место
неравенства
ат + 6т < а + 6 < ат + Ът + 2 • ^, B)
где ат = п,а\а2 ...ат и bm = kfixfc ...f3m — рациональные числа.
Из этого следует, что для любых неотрицательных вещественных чи-
чисел имеют место те же тождества, что и для рациональных чисел:
4° а + Ъ = Ъ + а;
5° а + F + с) = (а + 6) + с.
Из неравенств A) также следует, что сумма чисел а и 6 не зависит
от выбора отрезка .E.F (единицы измерения отрезков).
Замечание. Аналогичным образом (с помощью отрезков) опреде-
определяется разность двух чисел, второе из которых не превосходит первое.
179. Умножение положительных вещественных чисел. Пусть а
и Ъ — произвольные положительные вещественные числа, EF — отре-
отрезок, принятый за единицу измерения. Построим сначала отрезок АВ =
= aEF, а затем — отрезок АС = ЬАВ. Произведением аЬ чисел а и Ь
назовем число, которым выражается длина отрезка АС при единице
измерения EF'. Из этого определения следует, что для любого положи-
положительного числа а:
6° 1 • а = а;
7° существует такое положительное число а~\ что аа~х = 1.
Для доказательства утверждения 7° следует рассмотреть отре-
отрезок АВ = aEF и в качестве а~х взять число, выражающее длину
отрезка EF при единице измерения АВ.
Ясно, что применительно к конечным десятичным дробям наше
определение дает тот же результат, что и обычное правило составления
произведения двух рациональных чисел. С другой стороны, для любых
двух чисел а = п,а\а% ... с^ ... и b = kflify ... fy ... при всех т имеют
место неравенства
b < b < b + ( + Ь + )
где ат = n,aia2-..am и bm = kflify ... /Зт — рациональные числа.
Из этого следует, что произведение положительных вещественных чи-
чисел не зависит от выбора единицы измерения отрезков и для любых
положительных вещественных чисел имеют место те же тождества,
что и для рациональных чисел:
8° ab = Ьа;
9° а(Ьс) = (ab)c;
10° аF + с) =ab + ac.
Замечание. Рассмотрим уравнение ах = Ь, где а и b — данные
положительные вещественные числа, х — искомое число, и умножим

Приложение 1 419
обе его части на число а х. Согласно утверждениям 9°, 8°, 7° и 6°,
получим:
а~1(ах) = (а~1а)х = (аа~1)х = 1 • х = х = а-16,
т.е. ж = а-16. С другой стороны, в соответствии с утверждениями 9°,
7°, 6°,
а{сГхЪ) = (аа~х)Ъ = 1 • Ъ = Ь,
т.е. число х = а~хЪ является решением нашего уравнения. Это число
естественно назвать частным от деления числа Ъ на число а.
180. Отрицательные вещественные числа. Рассмотрим произ-
произвольную прямую I и отметим на ней какие-нибудь две точки — О
и Р. Примем отрезок ОР за единицу измерения отрезков. Прямую ОР
назовем числовой осью, луч ОР — положительной полуосью, а вто-
второй луч с началом О — отрицательной полуосью. Каждой точке А
положительной полуоси соответствует положительное число а, вы-
выражающее длину отрезка ОА, и обратно: каждому положительному
числу а соответствует такая точка А положительной полуоси, для
которой О А = а - ОР. Условимся считать, что точке О соответствует
число 0. Каждой точке В отрицательной полуоси поставим в соответ-
соответствие символ —Ь, где Ъ — положительное число, выражающее длину
отрезка ОВ, и назовем этот символ отрицательным вещественным
числом. Модулем отрицательного числа —Ь назовем положительное
число Ь, а модулем неотрицательного числа — само это число.
Условимся обозначать отрицательные числа, как и неотрицатель-
неотрицательные, одной буквой без указания знака. Модуль числа а будем обозна-
обозначать так: \а .
Совокупность всех неотрицательных и отрицательных веществен-
вещественных чисел назовем множеством вещественных чисел. Ясно, что каж-
каждой точке А числовой оси соответствует единственное вещественное
число а и обратно: каждому вещественному числу а соответствует
единственная точка А числовой оси.
Правило сравнения двух произвольных вещественных чисел фор-
формулируется следующим образом. Прежде всего, любое отрицательное
число считается меньшим числа 0. Далее, если а > 0, а Ь < 0, то счи-
считается, что Ъ < а. Пусть а < 0 и Ъ < 0. Тогда считают, что а = Ь,
если \а\ = \Ь\, и а > Ь, если \а\ < \Ь\.
Введение отрицательных чисел позволяет придать смысл разно-
разности а — Ъ в том случае, когда а < Ъ. Именно, в этом случае полагают а —
-b=-(b-a).
Сложение произвольных вещественных чисел а и Ъ определяется
так:
если а ^ 0, Ъ < 0, то полагают а + Ъ = а — \Ъ\\
если а < 0, Ъ > 0, то полагают а + Ъ = Ъ—\а\\
если а < 0, Ъ < 0, то полагают а + Ъ = — (\а\ + \Ь\).
14*

420 Приложение 1
Отметим, что
11° для любого вещественного числа а существует такое веще-
вещественное число Ъ, что а + Ъ = 0 (если а ^ 0, то Ъ = —а, а если а < 0,
то Ъ = |а|).
Умножение произвольных вещественных чисел а и b определяется
так:
если хотя бы одно из чисел а, Ъ равно нулю, то полагают аЪ = 0;
если а > 0, Ъ < 0, то полагают аЪ = —(а|Ь|);
если а < 0, Ь > 0, то полагают аЬ = —(|а|Ь);
если а < 0, 6 < 0, то полагают аЬ = |а||Ь|.
Из этого определения следует, что
12° если а <Ъ, с > 0, то ас < be.
Докажите это самостоятельно. Докажите также, что для любых
вещественных чисел справедливы утверждения 1°—10°.
181. Точная верхняя грань. Множество М вещественных чисел
называется ограниченным сверху, если все числа этого множества
не превосходят некоторого числа а. Число а в этом случае называется
верхней гранью множества М. Ясно, что если а — верхняя грань
множества М, то и любое число, большее а, также является его
верхней гранью. Наименьшая из всех верхних граней множества М
называется точной верхней гранью этого множества.
Докажем теорему о точной верхней грани.
Теорема. Любое непустое множество вещественных чисел,
ограниченное сверху, имеет точную верхнюю грань.
Доказательство. Пусть М — произвольное множество веще-
вещественных чисел, ограниченное сверху некоторым числом а, и пусть Ъ —
какое-нибудь число из этого множества. Если множество М не содер-
содержит других чисел, кроме Ь, и также если все остальные числа из мно-
множества М меньше Ь, то число Ь, очевидно, является точной верхней гра-
гранью множества М. Если же множество М содержит числа, большие Ь,
то рассмотрим на числовой оси множество точек М, соответствующее
всем этим числам, а также точки Аи В, соответствующие числам а и Ъ.
Множество точек М ограничено — все они содержатся в отрезке АВ.
Следовательно, существует наименьший отрезок ВС, содержащий все
эти точки. Число с, соответствующее точке С, является, очевидно,
точной верхней гранью множества М. Теорема доказана.
Замечание. Утверждения 1°-12°, аксиому Архимеда в ее число-
числовой формулировке (число 1 можно повторить слагаемым столько раз,
что полученная сумма станет больше любого наперед заданного числа)
и утверждение теоремы о точной верхней грани можно принять в ка-
качестве аксиом вещественных чисел 0 . В роли основных понятий при
этом будут выступать «число», «меньше», «сумма» и «произведение».
*) Предполагается, что аксиома 3° начинается со слов «существует такое
число 0, что», а аксиома 6° — со слов «существует такое число 1, что».

Приложение 1 421
182. Теорема Вейерштрасса. Вспомним формулировку теоремы
Вейерштрасса (п. 155): монотонно возрастающая последователь-
последовательность, ограниченная сверху, имеет предел. Подумаем, как можно
доказать эту теорему. Прежде всего, ясно, что без определения понятия
«предел последовательности» доказательство провести нельзя. Начать,
тем самым, нужно с определения предела последовательности.
Определение. Число а называется пределом последовательно-
последовательности а\, с&2,..., если для любого числа г > О найдется такой номер N,
что при всех п> N имеет место неравенство: \ап — а\ < г.
Вдумаемся в это определение. В нем утверждается, что как бы
ни было мало положительное число г, все равно для достаточно
больших номеров (больших N) все члены последовательности будут
отличаться от числа а меньше, чем на е.
Теперь, когда мы знаем, что такое предел последовательности, мож-
можно приступить к доказательству теоремы Вейерштрасса.
Рассмотрим произвольную монотонно возрастающую ограниченную
сверху последовательность вещественных чисел а\,п2,... и обозначим
буквой а точную верхнюю грань множества этих чисел. Докажем, что
число а является пределом нашей последовательности. С этой целью
возьмем произвольное положительное число г и рассмотрим число а —
— г. По определению точной верхней грани это число не является
верхней гранью рассматриваемого множества, поэтому найдется такое
число адг, что а — г < адг. Поскольку данная последовательность моно-
монотонно возрастает, то при всех п > N имеют место неравенства а — г <
< адг < ап, откуда а — ап < г. Учитывая, что а — ап ^ О, перепишем
полученное неравенство так: \ап — а\ < г. Подведем итог: мы взяли
произвольное г > 0 и для него нашли такой номер N, что при всех п >
> N имеет место неравенство \ап — а\ < г. Но это и означает, что
число а — предел нашей последовательности. Таким образом, наша
последовательность имеет предел, что и требовалось доказать.
183. Двоичная форма записи числа. Измерить отрезок можно,
конечно же, не только в геометрии Евклида, но и в геометрии Лоба-
Лобачевского. В связи с этим, однако, возникает такой вопрос. Мы знаем,
как, опираясь на теорему Фалеса, разделить данный отрезок (единицу
измерения) на 10 равных частей. Но как найти одну десятую данного
отрезка в геометрии Лобачевского, или хотя бы доказать, что суще-
существует отрезок, равный одной десятой части данного отрезка?
Заметим, что как в геометрии Евклида, так и в геометрии Лобачев-
Лобачевского любой отрезок имеет середину (пользуясь теоремой о высоте рав-
равнобедренного треугольника, докажите это утверждение самостоятель-
самостоятельно). Оказывается, что этого уже достаточно для того, чтобы измерить
любой отрезок. В самом деле, пусть требуется измерить отрезок АВ
с помощью отрезка EF, принятого за единицу измерения. Согласно
аксиоме Архимеда существует такое целое число п, что отрезок EF
целиком укладывается в отрезке АВ п раз, но не укладывается (п +

422 Приложение 1
+ 1) раз. Возьмем лист бумаги, ручку и напишем: п;. Если у нас
получился остаток, то разделим отрезок EF пополам и посмотрим,
укладывается ли его половина в остатке? Если да, то после символа «;»
напишем 1, а если нет — 0. В результате получится запись вида п;а\,
где а\ — либо 1, либо 0. Разделим половину отрезка EF пополам, и по-
посмотрим, укладывается ли полученный отрезок (четвертая часть отрез-
отрезка EF) в новом остатке. Записав результат, получим символ п;а\а2,
где а*} — либо 1, либо 0, и продолжим процесс измерения. В конце
концов (возможно, через бесконечное количество шагов) получится
символ п;а\а2..., где с^ — либо 1, либо 0. Этот символ является
записью нашего результата измерения отрезка АВ. Ему можно придать
более единообразный вид, если договорится записывать целые числа
с помощью 1 и 0 по следующему очевидному правилу: 0^0, 1 —> 1,
2 —> 10, 3 —> 11, 4 —> 100, 5 —> 101 и т.д. Тогда наш символ примет
вид C\ ... 0k', oi\oi2 •••> где каждая из цифр /%, ai — либо 1, либо 0. Этот
символ называется двоичной формой записи вещественного числа,
или кратко — двоичной дробью.
Вернемся теперь к вопросу о существовании отрезка, равного од-
одной десятой части данного отрезка. Рассмотрим произвольный отре-
отрезок АВ и (9 раз последовательно откладывая на луче АВ отрезки,
равные АВ) построим отрезок АС = 10 • АВ. Примем отрезок АС
за единицу измерения и описанным выше способом выразим длину
отрезка АВ двоичной дробью 0;а\а2 .... Эта дробь является двоичной
формой записи рационального числа — и не зависит от выбора от-
отрезка АВ. Теперь нетрудно доказать существование отрезка, равного
одной десятой части произвольного отрезка EF. Отметим на луче EF
точки FbF2,... так, что EFX = Ц-EF\ EF2 = (у + ^)EF, .... Мно-
Множество точек Е, F\, F2,... ограничено — все эти точки принадлежат
отрезку EF. Следовательно, существует наименьший отрезок EG,
содержащий все эти точки. Отрезок EG — искомый.
Итак, как и в геометрии Евклида, так и в геометрии Лобачевского,
существует отрезок, равный одной десятой части данного отрезка, что
дает возможность в любой из этих геометрий записывать результат из-
измерения отрезка в виде десятичной дроби. Это не означает, однако, что
двоичная форма записи числа нигде не используется. Более того, она
играет фундаментальную роль в современной науке и технике. Объ-
Объясняется это тем, что целый ряд встречающихся нам ситуаций можно
описать в терминах «да — нет»: «число четное — число нечетное»,
«сигнал есть — сигнала нет», «женщина — мужчина» и т.д. Каждую
из таких ситуаций можно условиться обозначать символами «0 — 1»,
а совокупность таких ситуаций — числом в двоичной форме. Например,
если контрольная работа каждого ученика оценивается по двубальной
системе (зачет — незачет), то ее результат можно записать в журнал

Приложение 1
423
в виде столбца из 0 и 1, т.е. в виде некоторого числа в двоичной
форме.
Рассмотрим систему, которая может находиться только в одном
из двух состояний. Пусть, например, это будет лампочка, которая
может либо гореть, либо не гореть. Такую систему можно рассмат-
рассматривать как простейшую ячейку памяти. Говорят, что эта ячейка хра-
хранит в себе 1 бит информации. Чем больше простейших ячеек, тем
большую информацию в них можно хранить. Например, двоичная
запись в школьном журнале (количество ячеек здесь равно количеству
учеников в списке) хранит информацию о результатах контрольной
работы целого класса. При помощи большого количества лампочек
можно изготовить информационное табло. Еще больше информации
содержится в черно-белой фотографии, состоящей из черных и белых
зернышек. Биты информации образуют байты, килобайты, мегабайты
и т.д., а сама информация может быть записана в виде числа в двоич-
двоичной форме. Эта идея широко используется во многих областях науки —
в информатике, термодинамике, квантовой механике и т.д., на ней
основана работа компьютера.
184.0 взаимном расположении прямой и окружности. При
рассмотрении взаимного расположения прямой и окружности (п. 36),
а также двух окружностей (п. 38), мы в некоторых случаях опира-
опирались на наглядные представления о свойствах окружности. Теперь
мы можем восполнить этот пробел. Начнем с взаимного расположения
прямой и окружности.
Рассмотрим окружность с центром О радиуса г и прямую р, не про-
проходящую через точку О. Проведем из точки О перпендикуляр ОН
к прямой р (рис. 534) и обозначим длину этого перпендикуляра, т. е.
а)
б)
в)
Рис. 534. а) ОН = d>r;6) ОЯ = d = г; в) ОН = d<r, МН = г
расстояние от точки О до прямой р, буквой d. Мы помним (п. 36), что
если d > г, то прямая и окружность не имеют общих точек (рис. 534, а),
а если d = г, то прямая и окружность имеют только одну общую точ-
точку (рис.534, б). Доказательства этих утверждений, правомерные как

424
Приложение 1
в случае геометрии Евклида, так и в случае геометрии Лобачевского,
были приведены в п. 36. В случае же d < г требуются более аккуратные
рассуждения. Проведем их.
Поскольку ОН = d < г, то точка Н лежит внутри круга, ограни-
ограниченного данной окружностью. Отметим на прямой р точку М, для
которой МН = г (рис.534, в). Гипотенуза ОМ прямоугольного тре-
треугольника МОЕ. больше катета МН, поэтому ОМ > г, а значит,
точка М лежит вне круга, ограниченного данной окружностью. Таким
образом, один конец отрезка МН (точка Н) лежит внутри указанного
круга, а другой (точка М) — вне этого круга.
Рассмотрим множество всех точек N отрезка НМ, для кото-
которых ON < г. Это множество ограничено (все рассматриваемые точки
содержатся в отрезке НМ), поэтому существует наименьший отре-
отрезок НА, содержащий все указанные точки. Докажем, что О А = г.
Допустим, что О А < г, т.е. О А = г — 5, где 5 > О (рис.535, а).
Отложим на луче НА отрезок НВ = НА + - и воспользуемся неравен-
М
Р
а) б)
Рис. 535. а) О А = г - 6, АВ = 6/2; б) О А >
ством треугольника применительно к треугольнику ОАВ: OB < OA +
+ АВ = О А +^=т — 5 -\- - = г — - < г. Но по предположению все
точки N отрезка НМ, для которых ON < г, содержатся в отрезке НА,
а точка В не содержится в этом отрезке. Полученное противоречие
означает, что О А ^ г.
Если предположить, что О А > г (рис. 535, б), то путем аналогичных
рассуждений (проведите их самостоятельно) получится противоречие
с предположением о том, что НА — наименьший отрезок, содержащий
все точки N отрезка НМ, для которых ON < г. Следовательно, О А =
= г, т.е. точка А является общей точкой прямой р и окружности. Те-
Теперь точно также, как в п. 36, можно доказать, что в рассматриваемом
случае прямая р и данная окружность имеют ровно две общие точки.
Выведем два следствия из доказанного утверждения.

Приложение 1
425
Следствие 1. Если а < 2Ъ, то существует равнобедренный
треугольник с основанием, равным а, и боковыми сторонами, рав-
равными Ъ.
В самом деле, возьмем отрезок ВН = - и проведем через точку Н
прямую р _1_ ВН (рис.536). Проведем теперь окружность с центром В
радиуса Ь. Так как по условию ВН < Ь, то эта окружность пересечет
прямую р в двух точках. Обозначим
одну из этих точек буквой А. Осталось
отложить на луче ВН отрезок ВС = а,
и мы получим искомый равнобедренный
треугольник ABC.
Следствие 2. Если центр
окружности радиуса г лежит на
окружности радиуса R и г < 2R,
то окружности пересекаются в двух
точках.
Действительно, рассмотрим равно-
равнобедренный треугольник ABC с осно-
основанием ВС = г и боковыми сторона-
сторонами, равными R (рис. 537, а; согласно
следствию 1 такой треугольник суще-
существует). Пусть Н — центр окружности
радиуса г, лежащий на окружности ра-
радиуса R с центром О (рис.537, б). От-
Отложим от луча ОН углы, равные уг-
углу ВАС, и обозначим точки пересечения сторон этих углов с окружно-
окружностью радиуса R, отличные от Н, буквами М и N. Каждый из треуголь-
треугольников НОМ и HON равен треугольнику ABC по первому признаку
равенства треугольников. Следовательно, НМ = HN = г. Таким об-
Р
Рис. 536
В
R
R
С
а)
N

426
Приложение 1
разом, точки М и N являются общими точками наших окружностей.
Других общих точек данные окружности не имеют (см. п. 38).
185.06 измерении углов. Измерение углов аналогично измере-
измерению отрезков, но имеет свою специфику — мы не можем с помощью
циркуля и линейки построить угол, равный 1° (п. 154), и разделить его
на 60 равных частей. Как же быть? Попробуем рассуждать также, как
в п. 183.
Мы знаем, что из точки, не лежащей на данной прямой, мож-
можно провести перпендикуляр к этой прямой. Следовательно, суще-
существует прямой угол. Его часто обозначают буквой d (первая буква
французского слова droit — прямой). Далее, поскольку каждый угол
имеет биссектрису (см. замечание п. 47), то существуют углы, рав-
равные -,-,..., —^,.... Это дает возможность измерить любой угол, т.е.
выразить его величину при единице измерения d конечной или бес-
бесконечной двоичной дробью (отметим, что аксиома Архимеда при этом
о d
не используется, поскольку угол, равный —^, укладывается в любом
угле не более, чем 2n+1 раз).
Возникает, однако, другой вопрос: для любого ли вещественного
числа а (О < а < 2) существует угол, равный ad, т. е. угол, величина
которого при единице измерения d выражается числом а? Попробуем
ответить на этот вопрос. Пусть число а представляет собой двоичную
дробь ао;а\а2 ... (напомним, что каждая из цифр щ — либо 1, либо 0).
Проведем произвольный луч ОА, построим окружность с центром О
радиуса ОА и на одной из полуокружностей с диаметром АС отме-
отметим последовательно точки А\,А2,... (рис.538) так, чтобы ZAOAq =
°^-d,... (некоторые из этих точек
окажутся совпадающими). Прове-
Проведем теперь из отмеченных точек
перпендикуляры А\В\, А2В2,...
к прямой ОА. Множество
точек В\,В2,... ограничено — все
они содержатся в отрезке АС.
Следовательно, существует
наименьший отрезок АВ, со-
содержащий все эти точки. Через
точку В проведем прямую,
перпендикулярную к АС. По-
Поскольку ОВ < ОА, то эта прямая пересечет нашу полуокружность
в некоторой точке М (п. 184). Угол АОМ — искомый.
Итак, любой угол можно измерить (т. е. выразить его величину при
единице измерения d некоторым вещественным числом а), и обратно:
для любого вещественного числа а @ < а < 2) существует угол,
равный ad.
= aod, ZAqOA\ = ^-d, ZA\OA2 =

Приложение 1
427
186.0 взаимном расположении двух окружностей. Рассмотрим
две окружности радиусов г\ и Г2, центры 0\ и О^ которых нахо-
находятся на расстоянии d друг от друга (рис.539). Для определенности
будем считать, что г\ ^ 7*2. Мы помним (п. 38), что если т^ < \d —
— ri | (рис. 539, а, б), то окружности не имеют общих точек, а если т^ =
= \d-T\\ (рис.539, в, г), то окружности имеют единственную общую
точку (т.е. касаются друг друга). Доказательства этих утверждений
были приведены в п. 38. В случае же т^ > \d — г\\ (рис.539, д, е)
требуются более аккуратные рассуждения. Проведем их.
Начнем с доказательства такого вспомогательного утверждения:
если для любого (сколь угодно малого) г круг с центром М радиуса г
содержит как точки круга К с центром 0\ радиуса г\, так и точки,
не принадлежащие кругу К, то точка М лежит на границе круга К.
В самом деле, если предположить, что точка М не лежит на границе
круга К, то, полагая г = -\0\М — г\\ < \0\М — г\\, мы получим
окружность с центром М радиуса г, не имеющую общих точек с гра-
границей круга К (рис.540), поэтому ограничиваемый ею круг будет либо
а)
б)
в)
г)
д) е)
Рис. 539

428
Приложение 1
Рис. 540
целиком принадлежать кругу К, либо цели-
целиком лежать вне этого круга. И то и дру-
другое противоречит условию, что и доказывает
справедливость нашего утверждения.
Вернемся теперь к нашим окружностям
радиусов ri и Г2 с центрами О\ и О2.
Для точки А второй окружности, лежащей
на прямой О\С>2 по ту же сторону от точ-
точки О2, что и 0\, получаем: либо 0\А = d—
— Г2 < г\ (рис. 541, а), либо 0\А = г2 — d <
< Г2 < г\ (рис.541, б), т.е. точка А лежит
внутри круга, ограниченного первой окруж-
окружностью. Более того, все точки второй окружности, лежащие внутри
круга К\ с центром А радиуса т\ — 0\А, также лежат внутри кру-
круга, ограниченного первой окружностью, поскольку в нем лежит весь
круг К\.
Для точки В второй окружности, расположенной на прямой O1O2
так, что точка 0% лежит между точками 0\ и В (см. рис.541, а, б),
получаем: 0\В = d + 7*2 > п, т. е. точка В лежит вне круга, ограничен-
ограниченного первой окружностью. Более того, все точки второй окружности,
лежащие внутри круга К2 с центром В радиуса 0\В — г\, также

Приложение 1 429
лежат вне круга, ограниченного первой окружностью, поскольку вне
его лежит весь круг К%.
Выберем одну из полуокружностей с диаметром АВ и обозначим
буквами F и G точки пересечения этой полуокружности с границами
кругов К\ и К^ (см. следствие 2 п. 184). Каждой точке М выбранной
полуокружности поставим в соответствие число (р(М), равное вели-
величине угла ВО^М. Множеству всех точек М рассматриваемой полу-
полуокружности, лежащих вне первого круга, соответствует ограниченное
сверху множество чисел <р(М) (<р(М) < (p(F)), поэтому это множе-
множество чисел имеет точную верхнюю грань (р$ ^ tp(F). Отметим также,
что <р0 > v(G).
Рассмотрим теперь такую точку С нашей полуокружности, для
которой угол ВО^С равен сро (такая точка, согласно результатам п. 185,
существует), и докажем, что эта точка принадлежит первой окруж-
окружности. Рассмотрим окружность с центром С произвольного (сколь
угодно малого) радиуса е. Эта окружность при достаточно малом г
пересекает нашу полуокружность в двух точках — С\ и С^ (С\ лежит
на дуге АС). При этом (р(С\) > (fo, а ^{С^) < <ро. Следовательно,
точка С\ принадлежит кругу, ограниченному первой окружностью,
а точка С^ не принадлежит этому кругу. Но это (согласно доказанному
выше вспомогательному утверждению) и означает, что точка С лежит
на первой окружности.
Итак, каждая из полуокружностей второй окружности имеет об-
общую точку с первой окружностью. Следовательно, в рассматриваемом
случае окружности имеют две общие точки (см. п. 38).

430 Приложение 2
Приложение 2
Снова о геометрии Лобачевского
Напомним, что к открытию новой геометрии Н. И. Лобачевский
пришел, пытаясь доказать V постулат Евклида от противного. Он пред-
предположил, что через точку, не лежащую на данной прямой, проходят
по крайней мере две прямые, не пересекающие данную прямую. В на-
надежде получить противоречие он вывел из этого предположения целый
ряд логических следствий, некоторые из которых упоминались выше.
В своих исследованиях Н.И. Лобачевский уходил все глубже и глуб-
глубже. Построенная им система теорем по степени развитости уже мало
отличалась от системы теорем евклидовой геометрии. В частности,
им были выведены формулы для длины окружности, площади круга,
соотношения между сторонами и углами треугольников, аналогичные
теоремам синусов и косинусов, формула, связывающая сумму углов
треугольника с его площадью (не имеющая аналога в евклидовой
геометрии, где сумма углов треугольника равна 180° независимо от его
площади). Но противоречия так и не обнаруживалось. Вместе с тем,
это, конечно, не означало, что противоречия вообще нет — оно могло
появиться при дальнейшем развитии теории. Иными словами, вопрос
о непротиворечивости построенной Н. И. Лобачевским геометрии оста-
оставался открытым.
В отсутствии каких-либо противоречий в новой геометрической
системе Н.И. Лобачевского окончательно убедило сделанное им на-
наблюдение, связанное с так называемой сферической геометрией. На-
Начало сферической геометрии было положено, по-видимому, еще в IV
веке до нашей эры древнегреческим ученым Евдоксом (ок. 408-ок. 355
до н.э.), а систематическое изложение этой науки, принадлежащее
Менелаю Александрийскому, относится к I веку нашей эры. В сфе-
сферической геометрии роль плоскости играет сфера, а роль прямых —
большие окружности этой сферы, т. е. окружности, радиус которых
равен радиусу сферы (на глобусе большими окружностями являются,
например, меридианы и экватор). Геометрически большие окружности
характеризуются тем, что из всех линий, лежащих на сфере и со-
соединяющих две данные точки, кратчайшей является дуга большой
окружности. В сферической геометрии можно рассматривать треуголь-
треугольники (фигуры, состоящие из трех точек, не лежащих на одной боль-
большой окружности, и соединяющих их трех дуг больших окружностей),
многоугольники, окружности, можно вывести формулы для длины
окружности, площади круга, соотношения между сторонами и углами
треугольников, аналогичные теоремам синусов и косинусов, формулу,
связывающую сумму углов треугольника с его площадью (оказывается,
что в сферической геометрии сумма углов треугольника всегда боль-
больше 180°). Во все эти формулы будет входить радиус данной сферы.

Приложение 2 431
Н.И. Лобачевский заметил, что если в указанных формулах заменить
радиус сферы на мнимое число, т. е. квадратный корень из отрицатель-
отрицательного числа, то они превратятся в формулы построенной им геометрии.
Конечно, в природе нет ничего похожего на сферу мнимого радиуса.
Но важно другое. Из этого наблюдения можно сделать вывод о том,
что если бы в формулах геометрии Лобачевского содержалось какое-
нибудь противоречие, то точно такое же противоречие содержалось бы
в формулах сферической геометрии. Это, в свою очередь, означало бы
наличие противоречий в евклидовой геометрии, поскольку сферическая
геометрия выводится из евклидовой. Но непротиворечивость евкли-
евклидовой геометрии не вызывала сомнений. Поэтому непротиворечивой
следовало признать и геометрию Лобачевского.
Сообщение об открытии новой геометрии было сделано Н.И. Ло-
Лобачевским 7 A9) февраля 1826 года. Позже, в 1832 году независимо
от Н. И. Лобачевского к аналогичным выводам пришел венгерский
математик Янош Бойяи A802-1860), сын Ф. Бойяи. Идеи, близкие
к идеям Н. И. Лобачевского и Я.Бойяи, были обнаружены в рукописях
К.Ф. Гаусса после его смерти.
Рассуждения Н. И. Лобачевского не показались его современникам
убедительными ввиду, главным образом, их чрезмерной по тем време-
временам абстрактности. Чтобы убедить математиков в непротиворечивости
новой геометрии, нужно было найти какой-нибудь более наглядный,
чем сфера мнимого радиуса, объект, на котором выполнялись бы ак-
аксиомы геометрии Лобачевского. Впервые такой объект был найден
итальянским математиком Эудженио Бельтрами A835-1900). В основе
его рассуждений лежало понятие внутренней геометрии поверхно-
поверхности, введенное ранее К.Ф. Гауссом. В этой геометрии роль плоскости
играет произвольная поверхность, а роль прямых — кратчайшие линии
на этой поверхности (каждая такая линия характеризуется тем, что
любая не слишком большая ее дуга является кратчайшей среди все-
всевозможных дуг, лежащих на поверхности и соединяющих две данные
точки этой поверхности). В частности, внутренняя геометрия сферы —
это сферическая геометрия. Э. Бельтрами интересовал вопрос: нет
ли в евклидовом пространстве поверхности, внутренняя геометрия ко-
которой совпадала бы с геометрией Лобачевского? Спустя 42 года после
открытия Н.И. Лобачевским новой геометрии, в 1868 году он об-
обнаружил, что такими поверхностями являются так называемые по-
поверхности постоянной отрицательной кривизны, изучавшиеся ранее
немецким математиком Фердинандом Миндингом A806-1885). Пример
поверхности постоянной отрицательной кривизны приведен на рисун-
рисунке 542. Эта поверхность, называемая псевдосферой, может быть полу-
получена так. Допустим, что на плоскости задана система координат Оху.
Представим себе человека, который движется из точки О вдоль оси Оу
и тянет на веревке упирающегося осла. Кривая, по которой при этом
движется осел, называется трактриссой (от латинского слова trahere,
что означает «тянуть, увлекать»). Геометрически она характеризуется

432
Приложение 2
тем, что отрезок касательной к ней, заключенный между точкой каса-
касания и осью Оу, сохраняет постоянную длину (рис.543). Если вращать
трактриссу вокруг оси Оу, то получится псевдосфера.
Нетрудно видеть, что псевдосфера имеет ребро, за которое она
не продолжается. Это означает, что на псевдосфере реализуется гео-
геометрия не всей плоскости Лобачевского, а лишь некоторой ее части.
В самом деле, если кратчайшая линия упирается в ребро, то за ребро
она не может быть продолжена, в то время как на плоскости Лобачев-
Лобачевского любой отрезок может быть продолжен в обе стороны неограни-
неограниченно. Исследуя известные к этому времени поверхности постоянной
отрицательной кривизны, Э.Бельтрами установил, что все они имеют
острия или ребра, за которые продолжены быть не могут. Его попытки
найти такую поверхность, на которой реализовывалась бы геометрия
всей плоскости Лобачевского оказались безуспешными. Более того,
в 1901 году великий немецкий математик Давид Гильберт A862-1943)
доказал, что такой поверхности в трехмерном евклидовом пространстве
нет. Таким образом, путь, избранный Э. Бельтрами, не привел его
к полному решению вопроса о непротиворечивости геометрии Лоба-
Лобачевского. Но, несмотря на это, его работы имели огромное миро-
мировоззренческое значение. Поверхности отрицательной кривизны были
существенно более наглядными объектами, нежели сфера мнимого
радиуса. Психологический барьер был преодолен, и теперь уже никто
из математиков не сомневался в истинности геометрии Лобачевского.
Работы Э. Бельтрами интересны и в другом отношении. Во второй
половине XX века выяснилось, что некоторые свойства поверхностей
постоянной отрицательной кривизны описываются уравнениями, широ-
широко используемыми в ряде разделов современной теоретической физики,
химии, биологии. Тем самым, и геометрия Лобачевского оказалась
Ук
О
Рис. 542
Рис. 543

Приложение 2
433
непосредственно связанный с целым рядом проблем современного есте-
естествознания.
Спустя три года, в 1871 году, немецкий математик Феликс
Клейн A849-1925), опираясь на работы англичанина Артура
Кэли A821-1895), полностью решил вопрос о непротиворечивости
геометрии Лобачевского. Он, как говорят, построил модель этой
геометрии, т. е. указал такую совокупность объектов, для которой
выполняются все аксиомы геометрии Лобачевского. Эту модель
принято называть теперь моделью Кэли-Клейна. В ней плоскость
Лобачевского представляет собой внутренность круга, а расстояния
между точками измеряются таким образом, что граница этого круга,
называемая абсолютом, недостижима — она находится на бесконечно
большом расстоянии от любой внутренней точки круга (точные
формулы для вычисления расстояния между двумя точками мы здесь
не приводим, поскольку они достаточно сложные). Прямой в модели
Кэли-Клейна считается любая хорда абсолюта (концы этой хорды
не являются точками плоскости Лобачевского, так как они бесконечно
удалены). Движением (т.е. отображением плоскости Лобачевского
на себя, сохраняющим расстояния между точками) является любое
отображение рассматриваемого круга на себя, при котором каждая
точка абсолюта переходит в некоторую точку абсолюта, а каждая
прямая — в некоторую прямую. Ясно, что через точку, не лежащую
на данной прямой, можно провести бесконечно много прямых,
не имеющих с данной ни одной общей точки (рис.544). Можно
доказать также, что все остальные аксиомы, общие для геометрий
Евклида и Лобачевского, в этой мо-
модели выполнены. Отметим, что ана-
аналогичную модель можно построить
и для стереометрии Лобачевского.
Для этого в качестве абсолюта сле-
следует взять сферу, а в качестве пря-
прямых — хорды этой сферы.
Примечательно, что из рассмотре-
рассмотрения модели Кэли-Клейна можно сде-
сделать вывод о связи геометрии Лоба-
Лобачевского со специальной теорией от-
относительности, созданной в 1905 го-
году выдающимся физиком Альбертом
Эйнштейном A879-1955), проживав-
проживавшим в то время в Швейцарии. Основ-
Основным постулатом этой теории являет-
является экспериментально установленный факт: скорость света в пустоте
не зависит от того, в какой системе отсчета ее измеряют. Из этого
постулата следует, что законы классической механики верны лишь при-
приближенно. Они могут сильно нарушаться в том случае, когда скорости
тел очень велики. Формулы, верные при любых скоростях, и состав-
Рис. 544

434 Приложение 2
ляют основу специальной теории относительности. В классической ме-
механике обычно рассматривают пространственные координаты и время
события в отдельности. В специальной теории относительности удоб-
удобнее рассматривать эти величины в совокупности, опираясь на понятие
четырехмерного пространства. Каждое событие изображается в этом
пространстве точкой: первые три координаты — это пространственные
координаты события, а четвертая — момент времени, когда это событие
произошло. Наряду с указанным четырехмерным пространством рас-
рассматривают также трехмерное пространство скоростей. Оно строится
так. Пусть Vx, Vy, Vz — координаты вектора скорости какого-нибудь
тела в данной системе отсчета. Изобразим скорость этого тела точкой
с координатами (Vx;Vy;Vz). Аналогичным образом поступим со всеми
телами. Пространство, в котором по указанному правилу точки изоб-
изображают скорости тел, и называется пространством скоростей. Для
простоты ограничимся движением тел на плоскости. Тогда простран-
пространство скоростей будет двумерным. Всякое тело имеет скорость, мень-
меньшую скорости света, поэтому пространство скоростей состоит лишь
из точек, находящихся внутри круга, радиус которого равен скорости
света, т. е. из точек плоскости Лобачевского в модели Кэли-Клейна.
Сама система отсчета изображается центром круга — ее скорость
относительно нее самой равна нулю. Оказывается, что скорости тел,
движущихся друг относительно друга в одном и том же направле-
направлении, изображаются точками, лежащими на одной хорде, т. е. на одной
прямой плоскости Лобачевского. Если мы перейдем в другую систему
отсчета, то каждая точка внутри круга перейдет в какую-то точку
внутри того же круга, а точки ограничивающей его окружности —
в точки этой же окружности. Действительно, в новой системе отсчета
скорости тел будут иными, но они по-прежнему будут меньше скорости
света; сама же скорость света останется прежней. Тела, двигавшиеся
друг относительно друга в одном и том же направлении, в новой систе-
системе отсчета останутся движущимися друг относительно друга в одном
и том же направлении. Поэтому точки, лежащие на одной хорде, пе-
перейдут в точки, лежащие на одной хорде. Тем самым, переходу к новой
системе отсчета соответствует некоторое движение плоскости Лобачев-
Лобачевского. Это позволяет использовать формулы геометрии Лобачевского
для описания сложных физических процессов, например, производить
кинематические расчеты ядерных реакций. При этом оказывается, что
различие между теорией относительности и классической механикой
точно такое же, как между геометрией Лобачевского и геометрией
Евклида.
Через 11 лет после работы Ф.Клейна, в 1882 году выдающий-
выдающийся французский математик Анри Пуанкаре A854-1912) предложил
еще одну модель геометрии Лобачевского. В модели Пуанкаре, как
и в модели Кэли-Клейна, плоскость Лобачевского представляет собой
внутренность круга с бесконечно удаленной границей, но прямыми
считаются не хорды, а дуги окружностей, ортогональных к абсолюту (и

Приложение 2 435
его диаметры). На рисунке 545 изображена та же ситуация в модели
Пуанкаре, что и на рисунке 544 в модели Кэли-Клейна.
Замечательной особенностью модели Пуанкаре является тот факт,
что угол между прямыми на плоскости Лобачевского в этой модели
равен обычному углу между соот-
соответствующими им дугами. В частно-
частности, равные треугольники изобража-
изображаются в ней как фигуры из трех дуг
с соответственно равными углами,
поскольку в геометрии Лобачевского
имеет место признак равенства тре-
треугольников по трем углам. Подчерк-
Подчеркнем, что при этом расстояние меж-
между точками плоскости Лобачевского,
конечно же, не равно обычному рас-
расстоянию между точками круга — оно
измеряется по более сложному пра-
правилу (так, что точки абсолюта беско-
бесконечно удалены от внутренних точек рис 545
круга).
Рассмотрим примеры движений плоскости Лобачевского в модели
Пуанкаре. Прежде всего, движением является поворот всего круга во-
вокруг его центра. В самом деле, при таком повороте каждая точка круга
переходит в точку этого же круга, каждая «прямая» — в «прямую»,
а каждый «треугольник» — в равный ему «треугольник», поскольку
углы нового «треугольника» соответственно равны углам исходного
«треугольника». Следовательно, при таком отображении плоскости Ло-
Лобачевского на себя сохраняются и расстояния между точками, а значит,
оно является движением. По аналогичной причине движением является
и осевая симметрия относительно диаметра круга. Несколько более
сложным примером движения является инверсия относительно про-
произвольной «прямой». При такой инверсии абсолют переходит в себя,
так как он ортогонален к этой «прямой». Следовательно, каждая точка
круга, ограниченного абсолютом, переходит в точку этого же круга.
Далее, поскольку при инверсии сохраняются углы между прямыми
и окружностями, то любая окружность, ортогональная к абсолюту,
переходит в окружность, ортогональную к абсолюту (или его диаметр).
Иными словами, каждая «прямая» переходит в «прямую». Поэтому
каждый «треугольник» переходит в «треугольник», равный исходному
по трем углам, и, следовательно, при рассматриваемом отображении
плоскости Лобачевского на себя сохраняются расстояния между точ-
точками.
Ясно, что результатом последовательного выполнения рассмотрен-
рассмотренных нами движений плоскости Лобачевского также является некоторое
ее движение. Оказывается, верно и обратное утверждение: в общем
случае движение плоскости Лобачевского в модели Пуанкаре представ-

436 Приложение 2
ляет собой результат последовательного выполнения инверсии относи-
относительно «прямой», осевой симметрии относительно диаметра абсолюта
и поворота вокруг его центра.
Интересно, что рассмотренная модель была найдена А. Пуанкаре
в связи с его исследованиями в области теории так называемых авто-
морфных функций, широко применяющихся не только в математике,
но и в теоретической физике. При разработке этой теории он столк-
столкнулся с очень большими трудностями, которые, однако, удалось лег-
легко преодолеть с помощью применения идей геометрии Лобачевского.
Таким образом, уже к концу XIX столетия геометрия Лобачевского
не только получила всеобщее признание, но и органически вошла
в аппарат математики. В XX веке ее роль была осмыслена значительно
глубже. В частности, по оценкам астрономов, окружающее нас про-
пространство в космических масштабах описывается, скорее всего, именно
этой геометрией. Можно вполне определенно сказать, что в наши дни
интерес ученых к геометрии Лобачевского не только не ослабевает,
но и заметно возрастает.

Ответы и указания
ГЛАВА I
1. Указание. Рассмотреть прямую, проходящую через какие-то
две данные точки. На этой прямой по условию задачи лежит еще одна
из четырех данных точек. Предположить, что четвертая данная точка
не лежит на этой прямой и получить противоречие с условием задачи.
2. Указание. Задача решается аналогично задаче 1 из п.4. 3. Ука-
Указание. См. указание к задаче 1. 4. На разных лучах. Указание.
Предположить, что точки А и В лежат на одном луче с началом О,
и получить противоречие с условием задачи. 5. Да. Указание.
Ответ обосновать путем рассуждений, аналогичных приведенным при
решении задачи 3 в п.4. 6. Да. Указание. См. указание к задаче 5.
7. Указание. Воспользоваться задачей 3 из п.4. 8. Да. Указание.
Для обоснования ответа сначала доказать, что точки В и С лежат
в разных полуплоскостях с границей а. 9. Нет. Указание. Для
обоснования ответа сначала доказать, что точки А и D лежат в одной
полуплоскости с границей а. 10. аЬ = 1. 11. —. 12. Указание.
Рассмотреть два возможных случая: точки В и С лежат по разные сто-
стороны или по одну сторону от точки А. 13. За. 14. 60°. 16. 0,D28571).
17. 1,732. 18. Указание. Доказать, что угол ABD — развернутый.
20. Указание. Пусть О А и ОВ — биссектрисы вертикальных углов;
доказать, что угол АО В — развернутый. 21. 180°. 22. Указание.
Предположить, что прямые тип совпадают и воспользоваться тео-
теоремой п. 12. 23. Указание. Сначала доказать с помощью наложения
равенство полученных треугольников. 24. Указание. Использовать
наложение одного треугольника на другой. 25. Указание. Восполь-
Воспользоваться признаками параллельности двух прямых. 26. Указание.
Воспользоваться признаками параллельности двух прямых. 27. Ука-
Указание. Сначала доказать, что ZBAC = ZDEC, а затем восполь-
воспользоваться признаком параллельности двух прямых. 28. Указание.
Воспользоваться признаками параллельности двух прямых. 29. Ука-
Указание. Воспользоваться признаками параллельности двух прямых.
30. Указание. Воспользоваться признаками параллельности двух
прямых.
ГЛАВА II
31. Нет. 32. Указание. Воспользоваться тем, что углы В и С
треугольника ABC — острые. 33. Указание. Воспользоваться след-
следствием из теоремы п. 18. 34. Указание. Сначала доказать, что

438 Ответы и указания
угол ADB — тупой. 35. Указание. Пусть прямая ВМ пересекает
сторону АС в точке D; применить теорему о внешнем угле треугольни-
треугольника к треугольникам CMD и ADB. 36. У к а з а н и е. Сначала доказать,
что угол АСВ — тупой. 37. АВ = 12,5 см, ВС = 15 см. 38. б) 8 см.
39. 6 см или 10 см. 40. Указание. Предположить, что основание
высоты совпадает с вершиной или лежит на продолжении стороны,
и получить противоречие с условием задачи. 41. Указание. Задача
решается аналогично задаче 40. 42. Указание. Воспользоваться тео-
теоремой об углах равнобедренного треугольника. 43. Указание. При-
Применить теорему об углах равнобедренного треугольника к треуголь-
треугольникам AM В и АМС. 44. Указание. Применить теорему об углах
равнобедренного треугольника к треугольникам ABC и CDE и вос-
воспользоваться равенством вертикальных углов АСВ и ECD. 45. 40°.
46. Указание. Пусть, например, точка В лежит между Аи С; пред-
предположить, что AD = BD = CD и сначала доказать с помощью теоремы
об углах равнобедренного треугольника, что ZABD = ZCBD = 90°.
47. Указание. Воспользоваться теоремами пп.21 и 22. 48. KF =
= 8 см, ZDEK = 86°, ZEFD = 90°. 49. Указание. Пусть в тре-
треугольнике ABC медиана AM является высотой, т. е. MB = МС
и AM JL ВС; мысленно перегнуть плоскость по прямой AM так, чтобы
треугольник АМВ наложился на треугольник АМС и доказать, что
в результате перегибания точки В и С совместятся. 50. Указание.
Предположить, что медиана AM является высотой треугольника ABC
и воспользоваться задачей 49. 51. Указание. Пусть в треуголь-
треугольнике ABC биссектриса AD является высотой, т. е. ZBAD = ZCAD
и AD _1_ ВС; мысленно перегнуть плоскость по прямой AD так, чтобы
треугольник ABD наложился на треугольник ACD. 52. Указание.
Воспользоваться задачей 1 из п. 25. 53. Указание. Воспользовать-
Воспользоваться тем, что в прямоугольном треугольнике гипотенуза больше кате-
катета. 54. Указание. Используя неравенства АА\ > ВС, АА\ < АС
и ВВ\ > АС, ВВ\ < ВС, сначала доказать, что АС = ВС, а вы-
высоты АА\ и ВВ\ совпадают со сторонами АС и ВС. 55. Указа-
Указание. Воспользоваться теоремой п.25 и задачей 1 п.25. 56. Указа-
Указание. Соединить один из концов отрезка с вершиной треугольника
и воспользоваться задачей 1 п. 25. 57. Указание. Продолжить отре-
отрезок AD до пересечения со стороной ВС и воспользоваться задачей 1
п.25. 58. Указание. Сначала с помощью теоремы о внешнем угле
треугольника доказать, что ZAB\B > ZABB\ и ZCB\B > ZCBB\,
а затем применить теорему п.25 к треугольникам АВВ\ и СВВ\.
59. Указание, а) Воспользоваться задачей 49; б) если точки М\
и Мъ лежат по одну сторону от точки Н, то сначала доказать, что
угол АМ\М2 — тупой, а затем применить теорему п. 25 к треугольни-
треугольнику АМ\М2; если же точки М\ и М^ лежат по разные стороны от точ-
точки Н, то сначала отметить точку М[ между Н и М2 так, что НМ[ =
= НМ\ и воспользоваться утверждением п. а); в), г) применить метод
доказательства от противного. 60. Указание. Мысленно перегнуть

Ответы и указания 439
плоскость по прямой AD, отметить на стороне АВ точку С\, с которой
в результате перегибания совместится точка С, и воспользоваться
тем, что /ADC\ = /.ADC. Далее рассмотреть треугольник BC\D
и доказать, что C\D = CD, а угол BC\D равен внешнему углу при
вершине С треугольника ABC. Затем воспользоваться тем, что ука-
указанный внешний угол больше угла В, и применить к треугольни-
треугольнику BC\D теорему п. 25. 61. Указание. Воспользоваться задачей 60
и применить метод доказательства от противного. 62. Указание.
Воспользоваться задачами 60 и 61. 63. а) 8 см; б) 10 см; в) 5 см
или 3 см. 64. Указание. Воспользоваться неравенством треуголь-
треугольника. 65. Указание. Доказать методом от противного. 66. 7 см,
7 см и 11 см. 67. Указание. Применить неравенство треугольни-
треугольника к треугольникам АВ\С\, ВС\А\, СА\В\. 68. Указание. Пусть
стороны ВС и AD пересекаются в точке М; применить неравенство
треугольника к треугольникам АМС и BMD. 69. 2 дм. 70. Указа-
Указание. Воспользоваться задачей 2 п. 26. 71. Указание. Продолжить
отрезок В А за точку А на отрезок AD, равный АС. Пусть прямая AM
пересекает отрезок CD в точке Н. Сначала доказать, что отре-
отрезок АН — биссектриса равнобедренного треугольника ACD и, следо-
следовательно, медиана и высота. Используя этот факт, доказать, что MD =
= МС, и применить неравенство треугольника к треугольнику BMD.
72. Указание. Из точки С провести перпендикуляр СН к прямой а
и продолжить его на отрезок HD, равный СН. Точка пересечения
отрезка BD с прямой а и есть искомая точка А. Для доказательства
этого провести через точку А прямую, перпендикулярную к а, затем
доказать, что эта прямая делит пополам угол ВАС и воспользоваться
задачей 71. 73. Указание. Сначала доказать равенство треугольни-
треугольников ADE, BEF и CFD. 74. Указание. Сначала доказать равенство
треугольников ADF, BED и CFE. 75. У к а з а н и е. Воспользоваться:
а) первым признаком равенства треугольников; б) вторым признаком
равенства треугольников; в) четвертым признаком равенства треуголь-
треугольников (п. 28). 76. Указание. Воспользоваться: а) первым признаком
равенства треугольников; б) вторым признаком равенства треугольни-
треугольников; в) четвертым признаком равенства треугольников. 77. а) Ука-
Указание. Сначала доказать, что ОМ = ОР; б) 37°30/. 78. AABD =
= ACBD, AAED = ACFD, ABDE = ABDF. 79. ААОВ = ACOD,
AAOD = АСОВ, ААВС = ACDA, AABD = ACDB. 80. AABD =
= ААЕС, ABCD = AEDC, ABOC = AEOD. 81. Указание. Сна-
Сначала доказать, что О А = ОС и OB = OD. 82. Указание. Сначала
доказать, что /ОАВ = /ОБА и /CAB = /DBA, а затем приме-
применить второй признак равенства треугольников к треугольникам ABC
и ABD. 83. AABD = AACD, ААВС = ADCB, ААОВ = ADOC'.
84. ААВС = AADC, ААВЕ = ACDF, АВСЕ = ADAF. 85. Ука-
Указание. Сначала доказать, что угол К0К\ — развернутый. 86. Ука-
Указание. Сначала доказать, что ААВО = AFEO. 87. Указание.
Сначала с помощью четвертого признака равенства треугольников до-

440 Ответы и указания
казать, что ААОС = ABOD. 88. Указание. Рассмотреть отдельно
случаи, когда углы А и А\\ а) острые; б) прямые; в) тупые. 89. Ука-
Указание. Пусть в треугольниках ABC и А\В\С\\ ZA = ZA\, AC =
= А\С\, АВ + ВС = А\В\ + В\С\\ продолжить сторону АЕ> на отре-
отрезок BD, равный ВС, а сторону А\В\ — на отрезок B\D\, равный В\С\,
и доказать сначала, что равны треугольники ADC и A\D\C\, В DC
и B\D\C\. 90. Указание. Пусть ААВС — данный треугольник,
АВ > ВС; продолжить медиану ВЫ на отрезок ME, равный ВЫ,
доказать, что ZMEA = ZMBC и ЕА = ВС, а затем применить к тре-
треугольнику ABE теорему п. 24. 91. Указание. Рассмотрите отдельно
случаи, когда угол АМВ: а) прямой; б) тупой; в) острый. 92. Указа-
Указание. Сначала доказать, что АВ = А\В\ и АВ = /_В\. 93. У к а з а н и е.
Рассмотреть два случая — данные высота и медиана: а) не совпадают;
б) совпадают. В каждом случае сначала доказать, что стороны данных
треугольников соответственно равны. 94. Указание, б) Воспользо-
Воспользоваться свойством углов равнобедренных треугольников ADB и ADC.
95. 9 см. 96. Указа н ие. Воспользоваться теоремой 2 п. 31. 97. Ука-
Указание. Доказать, что AM = ВЫ, а затем воспользоваться теоремой
2 п. 31. 98. Указание. Воспользоваться теоремами 1 и 2 п. 31.
99. Указание. Доказать методом от противного. 100. Указание.
Пусть К — точка пересечения прямой а и отрезка MB. Рассмотреть
два случая: точка К лежит на отрезке АВ, и точка К не лежит
на этом отрезке. Во втором случае воспользуйтесь неравенством тре-
треугольника применительно к треугольнику AM К. 101. Указание,
а) Сначала доказать, что ZOBC = ZOCB; б) воспользоваться теоре-
теоремой 2 п. 31. 103. Указание. Для произвольной точки М данного
отрезка АВ с серединой О рассмотреть такую точку М\, что ОМ\ =
= ОМ. 104. а) две; б) бесконечно много; в) одну. 105. А, Е, О.
107. Указание. Сначала доказать, что луч МО — биссектриса
угла АНВ. 108. Две прямые, содержащие биссектрисы углов, образо-
образованных при пересечении данных прямых. 109. Указание. Сначала
доказать, что AABD = АСАЕ. 110. Указание. Сначала доказать,
что ZA = /_А\ и /Б = /_В\. 111. Указание. Воспользоваться зада-
задачей 51. 112. Указание. Воспользоваться задачей п. 23. 114. 29 см.
115. а) Да; б) нет; в) да. 116. О и X. 117. Прямая, плоскость.
118. Указание. Сначала доказать, что расстояние от центра окруж-
окружности до любой прямой, проходящей через точку А, меньше радиуса
окружности. 119. 2а. 120. Указание. Воспользоваться задачей 113.
121. Указание. Сначала доказать, что линия центров перпендику-
перпендикулярна к АВ и к CD. 122. 20 см. 123. Указание. Сначала построить
биссектрису данного угла. 125. Указание, б) Сначала построить
треугольник, у которого стороны соответственно равны двум данным
сторонам и удвоенной данной медиане; в) если данные высота и ме-
медиана не равны, то сначала построить прямоугольный треугольник,
у которого гипотенуза равна данной медиане, а один из катетов равен
данной высоте; если же данные высота и медиана равны, то задача

Ответы и указания 441
сводится к построению равнобедренного треугольника по основанию
и высоте (медиане), проведенной к основанию; г) если данные вы-
высота и биссектриса не равны, то сначала построить прямоугольный
треугольник, у которого гипотенуза равна данной биссектрисе, а один
из катетов равен данной высоте; если же данные высота и биссектриса
равны, то задача сводится к построению равнобедренного треуголь-
треугольника по углу, противолежащему основанию, и высоте (биссектрисе),
проведенной из вершины этого угла. 126. Четыре, три, два, одно
или ни одного решения. Указание. Воспользоваться задачей 108.
127. Указание. Сначала построить серединный перпендикуляр к от-
отрезку АВ; задача не имеет решения, если прямая АВ перпендикулярна
к прямой а. 128. Указание. Сначала построить серединный пер-
перпендикуляр к отрезку АВ и окружность радиуса PQ с центром С.
129. Указание. Сначала построить биссектрису данного угла и се-
серединный перпендикуляр к данному отрезку. 130. Указание. Вос-
Воспользоваться задачей 72. 131. Указание. Пусть О — центр данной
окружности, R — ее радиус; построить сначала треугольник M0N,
у которого MN = R, ON = 2R.
ГЛАВА III
132. Да. Указание. Взять на прямой а любую точку, отличную
от точки пересечения прямых а и Ь, и провести через нее прямую,
параллельную прямой Ъ. 133. Указание. Доказать методом от про-
противного, используя задачу 132. 135. Указание. Сначала доказать,
что ВС || AD. 136. Указание. Сначала доказать, что AMD A =
= ZMAD. 137. 48°, 66°, 66°. 138. а) Да; б) да. 139. Указание.
Воспользоваться свойствами параллельных прямых. 140. Указание.
Воспользоваться задачей 139. 141. Указание, а) Воспользоваться
тем, что ZA = ZACM и ZACM + ZBCN = 90°; б) сначала доказать,
что треугольник BCD — равнобедренный. 142. У к а з а н и е. Восполь-
Воспользоваться задачей 141. 143. Указание. Сначала доказать, что углы
треугольника, прилежащие к указанной стороне, равны. 144. Ука-
Указание. Пусть биссектрисы ВВ\ и СС\ пересекаются в точке О;
сначала доказать, что треугольники МВО и NCO — равнобедренные.
145. Указание. Пусть прямые, содержащие биссектрисы внешних
углов при вершинах В и С треугольника ABC, пересекаются в точ-
точке О; сначала доказать, что треугольники МВО и NCO — равнобед-
равнобедренные. 146. Указание. Сначала доказать, что ЕО = BE и OD =
= DC. 147. Указание. Через точку А\ провести прямую а\, парал-
параллельную прямой а, и доказать, что точки В\ и С\ лежат на прямой а\.
148. Указание, а) Воспользоваться рассуждениями из п. 50; б) сна-
сначала доказать, что АВ || CD и AD || ВС. 149. Всегда. Указание.
Сначала построить биссектрису угла, а затем прямую, проходящую
через точку А и перпендикулярную к этой биссектрисе. 150. Четыре
решения. Указание. Воспользоваться задачей 108. 151. Указа-
Указание. Из точек О\ и О2 провести перпендикуляры О\Н\ и О2Н2 к пря-

442 Ответы и указания
мой МР и воспользоваться тем, что МР = 2H\H^ и М\М^ ^ О\О^.
152. Указание. Сначала доказать, что середина отрезка XY равно-
равноудалена от прямых а и Ъ. 153. Прямую, параллельную данным прямым
и находящуюся на равных расстояниях от нее. 154. Две прямые,
параллельные данной прямой и расположенные на данном расстоянии
по разные стороны от нее. 155. Указание. Воспользоваться задачей
2 п. 53. 156. Указание. Воспользоваться задачей 146. 157. Два
решения, одно решение или ни одного решения. Указание. Восполь-
Воспользоваться задачей 153. 158. Указание, а) Сначала построить какой-
нибудь треугольник с двумя данными углами; б) пусть ААВС — иско-
искомый треугольник с данным углом А, биссектрисой АА\ и высотой ВН.
Сначала построить угол А и провести прямую, параллельную одной
из сторон угла, на расстоянии ВН от этой стороны и пересекающую
другую сторону угла. Точка пересечения и есть вершина В. Затем по-
построить биссектрису угла А и отложить на ней отрезок АА\; в) сначала
провести параллельные прямые, расстояние между которыми равно
данной высоте; г) сначала построить угол, равный данному; затем
построить прямую, пересекающую одну из сторон угла, параллельную
прямой, содержащей другую сторону угла, и расположенную от этой
прямой на расстоянии, равном данной высоте; далее построить пря-
прямую, параллельную первым двум прямым и равноудаленную от них;
д) сначала построить прямоугольный треугольник, гипотенуза которого
равна данной стороне, а один из катетов равен данной высоте. Затем
построить серединный перпендикуляр к этому катету.
ГЛАВА IV
159. Указание. Сначала доказать, что ZACD + ZBCE = 90°.
160. 20°. 161. Указание. Пусть два угла данного треугольника
равны а и C; доказать, что углы каждого из трех треугольников,
(У
о которых идет речь в задаче, соответственно равны 90° — —, 90° —
_ р а р j^ a) остроугольный; б) остроугольный. 163. Обрат-
(У
ное утверждение верно. 164. 90° — —. 166. 9 см. 167. Указание.
а) Пусть в треугольнике ABC АС = 30°, АВ = 60°; сначала прове-
провести биссектрису BD, а затем перпендикуляр DM к гипотенузе ВС;
б) задача решается так же, как в п. 54. 168. 70°, 70°, 40°. 169. 90° -
- 2а. 171. Указание. Пусть в треугольнике ABC ZA = 90°, ZB =
= a, AD — биссектриса, АН — высота, AM — медиана; сначала
доказать, что ZBAM = ZCAH = а. 172. 45°. 173. 180°. 174. Ука-
Указание. Пусть в треугольнике ABC медиана AM и высота АН делят
угол А на три равных угла: ВАН, НАМ и MAC; провести перпен-
перпендикуляр MD к стороне АС и сначала доказать, что MD = -МС.
175. 70°. Указание. Пусть О — точка пересечения биссектрисы уг-
угла А с прямой ВМ; сначала доказать, что ААОС = АМОС. 176. 30°.

Ответы и указания 443
177. 80°. 178. Указание. Воспользоваться следствием 3 из п. 55.
179. Указание. Сначала построить треугольник, у которого длина
одной стороны равна данному периметру, а прилежащие к ней углы
равны половинам данных углов. 180. Указание. Пусть ААВС —
искомый треугольник, у которого даны ВС, ZB — ZC, АВ + АС;
на продолжении стороны С А за точку А отложить отрезок АА\,
равный отрезку АВ, и построить сначала треугольник СВА\. 181. 6,8
и 10,2. 182. Указание. Применить теоремы п. 56 к треугольни-
треугольникам АВВ\ и АА\В\. 183. Указание. Пусть В\ — середина АС, С\ —
середина АВ; воспользоваться тем, что отрезок В\С\ — средняя линия
треугольников ВАМ и CAN. 184. Указание. Через каждую из дан-
данных середин сторон провести прямую, параллельную прямой, прохо-
проходящей через две другие середины сторон. 185. Указание. Сначала
доказать, что ААОВ = ААХОХВХ и ААОС = ААХОХСХ. 186. Указа-
Указание, а) Воспользоваться тем, что серединный перпендикуляр к катету
параллелен другому катету и потому пересекает гипотенузу в ее сере-
середине; б) воспользоваться задачей 144. 187. Равнобедренный или пря-
прямоугольный. 188. Указание. Воспользоваться тем, что серединный
перпендикуляр к основанию равнобедренного треугольника содержит
проведенную к основанию высоту. 189. Указание. Пусть высоты
треугольника ABC пересекаются в вершине А; сначала доказать, что
отрезок В А является высотой треугольника ABC. 191. Указание.
Воспользоваться тем, что в равностороннем треугольнике центры опи-
описанной и вписанной окружностей совпадают, а также свойством катета,
лежащего против угла в 30°. 192. Задача имеет одно решение, если три
данные точки не лежат на одной прямой, и не имеет решений, если они
лежат на одной прямой. Указание. Сначала построить серединные
перпендикуляры к двум отрезкам, концами которых являются данные
точки.
ГЛАВА V
193. Указание. Воспользоваться тем, что сумма длин всех
звеньев ломаной больше длины отрезка, соединяющего ее концы.
194. Указание. Несколько раз воспользоваться неравенством
треугольника. 195. Да. Указание. Рассмотреть, например,
четырехугольник ABCD, в котором АВ = ВС = 1, CD = DA =
= 4, и взять внутри четырехугольника точку М, столь близкую
к точке D, что MA + MB + МС > 10. 196. Указание. Пять
раз воспользоваться неравенством треугольника. 197. Указание.
Сравнить углы С и D треугольника BCD. 198. Указание.
Воспользоваться наложением. 199. Указание. Рассмотреть ту из
точек многоугольника, которая наименее удалена от данной точки
внутренней области. 200. У к а з а н и е. Соединить вершины данного п-
угольника через одну и сравнить сумму длин проведенных диагоналей
с удвоенным периметром n-угольника, а также с периметром
образовавшейся «звезды». 201. Указание. Пользуясь задачей 2 п. 65,

444 Ответы и указания
сначала доказать, что ОА\ + ОА^ < Р — А\А^. 202. Нет. У к а з а н и е.
Сравнить сумму углов выпуклого стоугольника с суммой углов 97
треугольников. 203. Указание. Доказать методом от противного.
204. Указание. Сначала доказать, что при пересечении прямых АВ,
CD и EF образуется равносторонний треугольник. 205. Указание.
Через произвольную точку плоскости провести прямые, параллельные
диагоналям семиугольника, и рассмотреть получившиеся углы.
206. 180°. Указание. Учесть, что точка О является точкой
пересечения биссектрис углов четырехугольника. 207. Указание.
Пусть О — центр данной окружности, R — ее радиус, а — длина
каждой из указанных хорд; рассмотреть окружность с центром О ра-
радиуса \ R2 — °— . 208. Указания, а) Пользуясь свойством отрезков
касательных, доказать, что АВ + CD = ВС + AD; б) доказать методом
от противного. 209. Точка пересечения диагоналей четырехугольника.
Указание. Сравнить сумму расстояний от произвольной точки
до двух противоположных вершин с длиной диагонали, соединяющей
эти вершины. 210. Указание. Воспользоваться неравенством
треугольника. 211. Указание. Воспользоваться задачами 210 и 193.
212. Указание. Воспользоваться задачей 210. 213. Указание.
Рассмотреть наибольшую диагональ и две диагонали, имеющие с ней
общие концы. 214. Указание. Сначала доказать, что периметр
данного четырехугольника не меньше 10. 215. Указание. Сравнить
длины указанных отрезков с длиной диагонали параллелограмма.
216. Указание. Воспользоваться свойством диагоналей парал-
параллелограмма. 217. Указание. Сначала доказать, что AT || СМ.
218. Указание. Рассмотреть треугольник ТМР, где М —
середина ВС, Т — середина AD, P — середина ED, воспользоваться
теоремой Вариньона применительно к четырехугольнику ABCD,
а затем — теоремой о средней линии треугольника. 219. Указание.
Пусть М — данная точка, К — точка, симметричная вершине А
данного угла относительно точки М; через точку К провести прямые,
параллельные сторонам угла. 220. Указание. Воспользоваться тем,
что середина К отрезка МР лежит на отрезке АС, причем АК = ЗКС.
221. Параллелограмм вместе с вутренней областью. Указание.
Воспользоваться задачей 219. 222. Указание. Сначала доказать,
что диагонали данного четырехугольника делят его углы пополам.
223. Указание. Предположить, что точка пересечения диагоналей
четырехугольника не является их серединой, построить параллело-
параллелограмм, лежащий внутри четырехугольника, и прийти к противоречию
с утверждением задачи 2 п. 65. 224. Указание, а) Воспользоваться
тем, что радиус, перпендикулярный к хорде, делит ее пополам;
б) сначала построить прямоугольный треугольник, гипотенуза которого
соединяет центры окружностей, а один из катетов равен половине
данного отрезка. 225. 90°. Указание. Достроить прямоугольник

Ответы и указания
445
до квадрата AKPD. 226. 90°. Указание. Воспользоваться теоремой
Гаусса и признаком прямоугольника. 227. Указание, а) Через
вершину меньшего основания провести прямую, параллельную
боковой стороне; б) через вершину меньшего основания провести
прямую, параллельную диагонали. 228. Указание. Воспользоваться
признаком равенства треугольников по стороне, прилежащему
к ней углу и сумме двух других сторон (см. замечание 2 п. 41).
229. -\а — Ъ\. Указание. Сначала доказать, что точки М и Т
лежат на прямой, содержащей среднюю линию трапеции. 230. с.
Указание. Сначала доказать, что четырехугольник с вершинами
в серединах сторон данной трапеции — прямоугольник. 231. а) —-—;
б) —-—. Указание, а) Воспользоваться теоремами о средних
линиях треугольника и трапеции; б) продолжить боковые стороны
до пересечения. 232. У к а з а н и е. Через вершину меньшего основания
каждой из двух трапеций провести прямую, параллельную боковой
стороне. 233. Указание. Провести из точки М три луча,
параллельные сторонам треугольника ЛВС, и рассмотреть диагонали
получившихся равнобедренных трапеций. 234. Указание, а), б)
Воспользоваться идеей решения задачи 232; в) сначала провести
через вершину основания искомой трапеции прямую, параллельную
ее диагонали.
ГЛАВА VI
235. См. рис.546. 236. См. рис.547. 237. См. рис.548.
238. См. рис. 549. 239. См. рис. 550.
240. См. рис. 551. 241. См. рис. 552.
242. Указание. Доказать мето-
методом от противного: предположить,
что отрезок BD делит данный тре-
треугольник ABC на два равных тре-
В
С
А
D
Рис. 546. EF II АВ
1
2
3
4
Рис. 547
Рис. 548

446
Ответы и указания
А
Е
D
С
В
а)
С
1
2
1
2
Рис. 549
Рис. 550
угольника и рассмотреть углы ADB и CDB. 243. Указание. Сна-
Сначала доказать, что параллелограмм ABCD равносоставлен с парал-
параллелограммом AEKD. 244. Указание. Воспользоваться равенства-
равенствами 5i + 52 + 53 + 54 = 5i + 54 + 55 + 56 = 5i + 56 + 57 + 52 = \s,
где S — площадь данного многоугольника. 245. У к а з а н и е. Восполь-
1
—
2
3
4
3
4
1
о
Рис. 551
зоваться идеей решения задачи п. 83. 246. Указание. Воспользо-
Воспользоваться идеей решения задачи п. 83. 247. У к а з а н и е. Воспользоваться
формулой площади треугольника. 248. а) Нет; б) да; в) да. Указа-
Указание, а) Воспользоваться тем, что высота треугольника меньше одной
из сторон, имеющих с ней общую вершину; б) рассмотреть равнобед-
равнобедренный треугольник с достаточно большим основанием и достаточно
малой высотой, проведенной к нему; в) рассмотреть равнобедренный
треугольник, у которого основание больше 2 км. 249. Указание,
а) Соединить центр вписанной окружности с вершинами многоуголь-
многоугольника и найти сумму площадей образовавшихся треугольников; б) вос-
воспользоваться идеей решения задачи а). 250. Указание. Пусть пря-
прямая ВЫ пересекает сторону АС в точке D; воспользоваться тем,
что треугольники AMD и CMD имеют общую высоту. 251. Ука-
зание. Воспользоваться задачей 250. 252. ^-. Указание. Пусть

Ответы и указания
АА7
1
1
1
Рис. 552
одна из данных сторон равна х; сначала доказать, что площадь тре-
треугольника не превосходит -х(р — х). 253. Указание, а) Соединить
точку основания с противолежащей вершиной и воспользоваться тем,
что площадь равнобедренного треугольника равна сумме площадей
двух получившихся треугольников; б) воспользоваться идеей реше-
решения задачи а); в) соединить указанную точку с вершинами и вос-
воспользоваться тем, что площадь равностороннего треугольника равна
сумме площадей трех получившихся треугольников. 254. У к а з а н и е.
Доказать, что -^- = -^-. 255. —. Указание. Сначала, используя
теорему 1 п. 87, доказать, что CD || МК. 256. 1 : 4. Указание.
Воспользоваться теоремой 1 п. 87. 257. 5 : 12. Указание. Восполь-
Воспользоваться теоремой 1 п. 87. 258. Указание. Воспользоваться теоре-
теоремой 2 п. 87. 259. 3:4. Указание. Достроить данный треугольник
до параллелограмма. 260. ( — ) . Указание. Воспользоваться тем,
что Samp = —Scmp, Sbkp = —Sckp, Scmp = —Sckp- 261. 1 : 2.
Ih lib Ih
Указание. Сначала доказать, что Saaxb = Saaxbx и Saaxc = Saaxcx •
262. Указание. Сначала доказать, что длина перпендикуляра, про-
проведенного из точки М к прямой AD, равна полусумме длин перпенди-
перпендикуляров, проведенных к той же прямой из точек В и С. 263. а) Сначала
доказать, что Sabcm = Sabco, Sadcm = Sadco, где О — середина
отрезка BD. б) Два отрезка прямых, каждая из которых проходит
через середину одной из диагоналей четырехугольника ABCD парал-
параллельно другой его диагонали; в) Искомая точка является точкой пе-
пересечения прямых, каждая из которых проходит через середину одной
из диагоналей четырехугольника ABCD параллельно другой его диа-

448 Ответы и указания
гонали. 264. У к а з а н и е. Сначала доказать, что Saoe — Scoe, и вос-
воспользоваться задачей 263, а. 265. Указание. Воспользоваться теоре-
теоремой Фалеса. 266. Указание. Провести высоты треугольников АОВ
и AOD из вершин В и D. 267. Указание. Через точку К провести
прямые, перпендикулярные к сторонам параллелограмма. 268. Ука-
Указание. Сравнить площади указанных треугольников с площадью па-
S
раллелограмма APDE. 269. —. Указание. Воспользоваться идеей
доказательства теоремы Вариньона. 270. 1 : 5. Указание. Восполь-
Воспользоваться свойством средней линии треугольника. 271. Указание.
Воспользоваться задачей 269. 272. а) —; б) с2. Указание. Вос-
Воспользоваться теоремой Вариньона. 273. oh. Указание. Воспользо-
Воспользоваться теоремой Вариньона. 274. -AS\ — S2I, если оба треугольника
расположены по одну сторону от общего основания, и -(S\ + S2),
если треугольники расположены по разные стороны от общего осно-
основания. 275. Указание. Пусть MNPQ — четырехугольник с вер-
вершинами на сторонах данного параллелограмма, причем диагональ NQ
параллельна стороне параллелограмма; из вершин М и Р провести
перпендикуляры к прямой NQ. 276. Указание. Сначала доказать,
что Sabd = SEdc и SBdk = SCdk- 277. —5. Указание. Сначала
доказать, что ВО : OD =1:2. 278. —. Указание. Воспользоваться
теоремами об отношении площадей треугольников. 279. Указание.
Через указанную середину боковой стороны провести прямую, парал-
параллельную другой стороне, и сравнить площадь трапеции с площадью
получившегося параллелограмма. 280. Указание. Воспользоваться
задачей 279. 281. а) Указание. Воспользоваться равновеликостью
треугольников ABD и ACD. б) {y/S[ + л/ЩJ- 282. га2. Указа-
Указал/5 + 5
н и е. Воспользоваться задачей 269. 283. —-—. У к а з а н и е. Сначала
доказать, что каждая диагональ данного пятиугольника параллельна
одной из его сторон, а затем воспользоваться равенством треуголь-
треугольников, общей стороной которых является диагональ пятиугольника.
2 1
284. 1 : 20. Указание. Сначала доказать, что АР = -AM. 285. -.
5 о
У к а з а н и е. Сначала доказать, что AM = МР = PC. 286. —-— см2.
о
Воспользоваться задачей 247 и формулой Герона. 287. 3,2 см. Ука-
Указание. Воспользоваться формулой Герона. 288. 72 см2. Указание.
Сначала найти площадь треугольника, стороны которого равны ме-
медианам данного треугольника, а затем воспользоваться задачей 259.

Ответы и указания 449
289. 45 см2. Указание. Пользуясь формулой Герона, найти площадь
треугольника ABC, а затем применить теорему 1 п. 88. 290. л/7.
Указание. Воспользоваться формулой (8) п. 92 и теоремой 1 п. 88.
ап1 ч о a2 + ab + b2 ^ч а2 + Aab + Ь2 w D
291. а) 2\ ; б) = . Указание. Воспользовать-
V 3 2\/3
ся теоремой Пифагора. 292. Указание. Воспользоваться теоремой
Пифагора. 293. л/а2 + с2 — Ъ2 . У к а з а н и е. Воспользоваться теоремой
о 2
Пифагора. 294. —— -. Указание. Воспользоваться теоремой
(V3+2J
Пифагора. 295. Указание. Провести две высоты из соседних вер-
вершин параллелограмма и рассмотреть образовавшиеся прямоугольные
треугольники, гипотенузами которых являются диагонали параллело-
параллелограмма. 296. Указание. Достроить треугольник ABC до прямо-
прямоугольника ACBD и через точку О провести прямые, параллельные
сторонам прямоугольника. 297. Указание. Воспользоваться тео-
теоремой Пифагора. 298. -^-г—-\/М. Указание. Сначала дока-
доказать, что (Ъ + а7J = h2 + (Ъ — а7J, где h — высота данной трапеции.
299. Указание. Воспользоваться теоремой Пифагора. 300. 8 см2.
о
Указание. Сначала доказать, что Sabmn = -$авс- 301. 24 см2.
Указание. Рассмотреть четырехугольник, вершинами которого явля-
являются середины сторон данной трапеции. 302. Зл/5 см. Указание.
Воспользоваться теоремой Вариньона.
ГЛАВА VII
303. Указание. Воспользоваться вторым и первым признаками
подобия треугольников. 304. Указание. Рассмотреть два случая —
точка К лежит между: 1) точками А и Т; 2) точками Т и D.
Сначала доказать, что отрезки AM и МС пропорциональны отрез-
отрезкам КР и PC, а затем воспользоваться задачей 303. 305. Указа-
Указание. Сначала доказать, что AACD ~ АРВО и ACDE ~ ABDP,
где О — центр окружности, Е — точка пересечения прямых АС и PD.
306. Указание. Сначала доказать, что ААОВ ~ ADOC. 307. Ука-
Указание. Сначала доказать, что ABAC = /_В\А\С\, ZABC = ZA\B\C\.
308. Указание. Сначала доказать, что AACH ~ ABC Р. 309. Ука-
Указание. Сначала доказать, что АКВН ~ ААВН и АМВН ~ АСВН.
310. Указание. Пусть РМ — прямая, параллельная одной стороне
угла и пересекающая другую сторону в точке М; используя подо-
подобие треугольников, доказать, что - + - = -——. 311. 90°. 312. 30°,
а Ъ РМ
60°, 90°. 313. Указание, а) Использовать тот же прием, что и в
решении задачи 2 п. 96; б) использовать тот же прием, что и в ре-
15 СБ. Кадомцев

450 Ответы и указания
шении задачи 2 п. 96; в) сначала доказать последовательно подобие
треугольников AHD и A\H\D\, ABH и АХВХНХ, АС Я и АхСхНи
либо использовать тот же прием, что и в решении задачи 2 п. 96; г) вос-
воспользоваться задачей 313, а. 314. Указание. Отметить точку D
на продолжении стороны АС за точку С и точку D\ на продолжении
стороны А\С\ за точку С\ так, что CD = CB, C\D\ = C\B\, и сна-
сначала доказать, что AABD ~ AA\B\D\. 315. Указание. Провести
высоту BD треугольника ABC, доказать подобие треугольников BDC
и АЕН и воспользоваться тем, что отрезки BE и АО — сходственные
медианы этих треугольников. 316. Указание. Пусть Е — точка
пересечения прямых МР и OB, F — точка пересечения прямых MQ
и ОА\ сначала доказать, что ЕЕ || RS, а затем — что AMPF ~
~ АЕРО и AMPO ~ AEPF. 317. Указание. Воспользоваться
подобием треугольников АРМ и СКТ. 318. Указание. Восполь-
Воспользоваться подобием треугольников АМВ и APD. 319. Указание.
Пусть в трапеции ABCD с основаниями AD и ВС диагонали пере-
пересекаются в точке О; воспользоваться подобием треугольников AOD
и ВОС, а также теоремой Пифагора. 320. Указание. На продол-
продолжении стороны С А отложить отрезок AD, равный АВ, и доказать,
что ААВС ~ ABCD. 321. Указание. Сначала доказать, что на сто-
стороне АВ можно взять точку D так, что ZACD = 90° — -, а затем
воспользоваться подобием треугольников ABC и CBD. 322. Указа-
Указание. Воспользоваться теоремой об отношении площадей треугольни-
треугольников, имеющих по равному углу. 323. у/Е\Щ. Указание. Восполь-
Воспользоваться тем, что коэффициент подобия исходного и отсекаемого тре-
угольников равен л/тг- 324. 2\/~S\S2 . Указание. Воспользоваться
V ^2
тем, что каждый из полученных треугольников подобен исходному тре-
треугольнику. 325. (\/ЗТ + \fSi + л/З'з) • Указание. Воспользоваться
задачей 324. 326. -— —. 327. —. Указание. Сначала дока-
2(k+ I) a + 26
зать, что отрезок МР параллелен основаниям трапеции. 329. sin 30° =
= i, cos30° = ^, tg30° = -U ctg30° = л/3, sin45° = cos45° = ^-,
tg45° = ctg45° = 1, sin60° = ^, cos60° = i, tg60° = л/3, ctg60° =
= _L. 330. 30°, 45°, 135°, 150°. 331. Указание, а) Рассмотреть
v3
прямоугольные треугольники ABC и А\В\С\ с прямыми углами С
и Сь в которых tg A = tg Ai, и сначала доказать, что эти треугольники
подобны; б), в) воспользоваться основным тригонометрическим тожде-
тождеством и утверждением а). 332. Указание, а) Рассмотреть треуголь-

Ответы и указания 451
ник ABC, у которого ZA = a, АВ = C, провести высоту h из верши-
вершины С и выразить стороны АС и ВС через h и синусы углов а и /3; затем
воспользоваться тем, что в треугольнике ABC против большего угла
лежит большая сторона и обратным утверждением; б) воспользоваться
основным тригонометрическим тождеством и утверждением а); в) вос-
воспользоваться утверждениеми а) и б); г) воспользоваться утверждением
в). 333. Указание. Воспользоваться обобщенной теоремой Фалеса
и теоремой о биссектрисе треугольника (п. 88). 334. Указание. Вос-
Воспользоваться теоремой о пропорциональных отрезках в треугольнике
и теоремой о биссектрисе треугольника (п. 88). 335. т : 2п. Указа-
Указание. Воспользоваться теоремой о пропорциональных отрезках в тре-
треугольнике. 336. 1 : 5. Указание. Воспользоваться теоремой о про-
пропорциональных отрезках в треугольнике. 337. -^ -. Указание.
См. указание к задаче 334. 338. Указание. Сначала доказать, что
отрезки, на которые разбивается боковая сторона трапеции точкой К,
пропорциональны отрезкам, на которые разбивается другая сторона
9
точкой Н. 339. —. Указание. Воспользоваться теоремой о пропор-
пропорциональных отрезках в треугольнике. 341. Указание. Пусть луч СТ
пересекает сторону АВ в точке С\, а луч СО пересекает сторону АВ
в точке C<i\ используя теорему Чевы доказать, что точки С\ и С^
делят отрезок АВ в одном и том же отношении и, следователь-
следовательно, совпадают. 342. Указание. Воспользоваться теоремой Менелая.
343. Указание. Воспользоваться тем, что прямоугольный треуголь-
треугольник подобен каждому из треугольников, на которые он разбивается
высотой, проведенной из вершины прямого угла. 344. Указание.
Воспользоваться подобием треугольников, полученных в результате
проведения указанного отрезка и диагоналей трапеции. 345. Ука-
Указание. Сначала выразить площади исходной и двух равновеликих
трапеций через их основания и высоты. 346. Указание. Пусть AD
и ВС — основания трапеции ABCD, ВС < AD, M — конец ука-
указанного отрезка, лежаший на стороне АВ; через точки В и М про-
провести прямые, параллельные стороне CD, и воспользоваться подоби-
подобием получившихся треугольников. 347. Среднее гармоническое, сред-
среднее геометрическое, среднее арифметическое, среднее квадратичное.
348. Указание. Воспользоваться подобием треугольников МАВ
QQ .
и MND, PCN и AND. 350. ^гл/15. Указание. Воспользоваться
4
задачей 349, а затем доказать, что боковые стороны трапеции равны 8
и 12. 351. Указание. Пусть в треугольнике ABC ZA : АВ : АС =
= 1:2:4; провести биссектрисы BD и СЕ и воспользоваться подо-
подобием треугольников ABC, BDC и АСЕ. 352. Указание, а) Вос-
Воспользоваться утверждением п. 103 и задачей 343; б) воспользоваться
утверждением а) и равенством CD • АВ = АС • ВС. 353. Указание.
15*

452 Ответы и указания
Воспользоваться задачей 346. 354. Указание. Воспользоваться тем,
что средняя линия трапеции равна полусумме оснований. 355. Указа-
Указание. Воспользоваться задачей 345. 356. Указание. Воспользоваться
задачей 344. 357. Указание. Сначала построить какой-нибудь тре-
треугольник АВ\С\, подобный искомому треугольнику ABC. 358. Ука-
Указание. Сначала построить какой-нибудь треугольник АВ\С\, подоб-
подобный искомому треугольнику ABC. 359. Указание. Сначала постро-
построить какой-нибудь равнобедренный треугольник, подобный искомому;
затем, используя основание и высоту, проведенную к основанию, в по-
построенном треугольнике, построить отрезок, равный основанию ис-
искомого треугольника. 360. Указание. Сначала построить какой-
нибудь треугольник АВ\С\ с данным углом А и углом В\, равным
В; затем, используя сторону АС\ и медиану В\М\ треугольни-
треугольника АВ\С\, построить отрезок, равный стороне АС искомого треуголь-
треугольника. 361. Указание. Сначала построить трапецию AB\C\D\, в ко-
которой угол А равен данному углу, ZD\ = ZD и АВ\ : В\С\ = 1 : 2;
затем на луче AD\ отложить отрезок AD, равный данному, через
точку D провести прямую, параллельную C\D\, и провести луч АС\.
362. Указание. Сначала построить трапецию AB\C\D\, в которой
угол А равен данному углу, АВ\ : В\С\ : AD\ = 1:1:2. 363. Ука-
Указание. Построить трапецию, одно из оснований которой — данный
отрезок, а другое лежит на данной прямой; а) воспользоваться задачей
3 п.101; б) провести прямые через точку пересечения продолжений
боковых сторон трапеции и точки, в которых отрезки, соединяющие
середину одного основания трапеции с вершинами другого, пересека-
пересекают диагонали трапеции. 364. Указание. Воспользоваться задачей
356. 365. Указание. Сначала построить ромб, диагонали которого
равны M\N\ и M2N2. 366. Указание. Пусть ZCOD — данный угол;
построить отрезок СЕ так, чтобы: а) СМ = ME; б) СМ : ME =
= P\Q\ : P2Q2', затем через точку Е провести прямую, параллель-
параллельную прямой ОС. 367. Указание. Сначала доказать, что ААРН ~
~ АСРВ. 368. б) Нет. Указание, а), б), в) Воспользоваться задачей
2 п. 107.
ГЛАВА VIII
369. Указание. Провести диаметр ВС и рассмотреть подобные
треугольники ADB и ВАС. 370. Указание. Пусть Е — точка
пересечения прямой BD и общей касательной; доказать, что ZCAD =
= 90° - ZACE = 90° - Z.CAE = ZCAB. 371. а) Дуга окружности
с диаметром МО без своих концов; б) окружность с диаметром МО; в)
окружность с диаметром МО без точка М. 372. Пусть CD — диаметр,
перпендикулярный к диаметру АВ; искомое множество точек состоит
из двух окружностей с диаметрами ОС и OD. 373. —. Указание.
а
Учесть, что АВ JL CD и ААО\О2 = АВО\О2. 374. Прямоугольник
или равнобедренная трапеция. 375. Указание. Воспользоваться за-

Ответы и указания
453
дачей 374 и свойством отрезков касательных, проведенных из од-
одной точки (п. 36). 376. Указание. Провести общую внутреннюю
касательную. 377. Указание. Воспользоваться свойством отрезков
касательных, проведенных из одной точки (п. 36), и равенством от-
отрезков внешних касательных (п. ПО). 378. Задача имеет решение,
если радиус внутренней окружности не меньше половины радиуса
внешней. Указание. Построить сначала окружность, касающуюся
внешней окружности изнутри, радиус которой в четыре раза меньше
радиуса внешней окружности. 379. Указание. Построить сначала
прямоугольный треугольник с катетами, равными диаметру и радиу-
радиусу данной окружности. 380. Указание. Сначала построить хорду,
равную данному отрезку, а затем провести окружность, концентриче-
концентрическую с данной и касающуюся этой хорды. 381. Указание. Пусть А
и В — данные точки; сначала построить окружность, концентриче-
концентрическую с данной и касающуюся отрезка АВ в его середине М, затем
построить на ней точку N так, чтобы отрезок MN был равен половине
данного отрезка, и, наконец, провести через точки А и В прямые,
параллельные MN. 382. Указание. Воспользоваться определени-
определением кривой постоянной ширины. 383. Указание. Воспользоваться
той же идеей, что и при построении треугольника Рело. 384. Число п
должно быть нечетным. 385. Указание. Воспользоваться той же
идеей, что и при построении треугольника Рело с «заглаженными»
угловыми точками. 386. У к а з а н и е. Радиус первой дуги можно взять
произвольным, а затем пристраивать к ней последовательно остальные
дуги. 387. Указание. Взять
две точки данной кривой и рас-
рассмотреть две опорные прямые,
перпендикулярные к прямой,
их соединяющей. 388. Указа-
Указание. Воспользоваться задачей
387. 389. Указание. Много-
Многократно прикладывая один край
линейки к данной дуге так, что-
чтобы он был опорной прямой, про-
проводить прямые вдоль другого
края линейки, а затем начертить
«огибающую» к построенным
прямым (рис.553). 390. Ука-
Указание. Доказать, что ZDAB =
= ZDBA. 391. Указание. За-
Заметив, что точки В\ и Н лежат
на окружности с диаметром АВ,
доказать, что ZABC = ZC\B\H.
392. Указание. Сначала до-
доказать, что точки С и К лежат
и, следовательно, ZPCK = 60г
Рис. 553
на окружности с диаметром РЕ
аналогично доказать, что ZPBK =

454 Ответы и указания
= 60°. 393. Указание. Сначала доказать, что точки Р и С ле-
лежат на окружности с диаметром АВ, поэтому величина угла АРС
постоянна. 394. Указание. Рассмотреть четырехугольники АВСМ
и ABDP и воспользоваться свойством углов вписанного в окруж-
окружность четырехугольника. 395. Указание. Воспользоваться задачей
1 п. 112. 396. Указание. Воспользоваться теоремой 2 п. 87 и за-
задачей 395. 397. —. Указание. Воспользоваться задачей 1 п. 112.
с
398. Указание. Воспользоваться теоремой об угле между пере-
пересекающимися хордами. 399. Указание. Воспользоваться теоремой
об угле между пересекающимися хордами. 400. Указание. Вос-
Воспользоваться методом доказательства от противного. 401. Указа-
Указание. Сначала доказать, что ZAPB = ZAOB, а затем воспользо-
воспользоваться задачей 400. 402. Указание. Найти сумму углов С и К
четырехугольника CDKE. 403. Указание. Воспользоваться харак-
характеристическим свойством вписанного в окружность четырехугольни-
четырехугольника. 404. ZBAM = 146°, ZBCM = 107°. Указание. Сначала дока-
доказать, что точка М лежит на окружности с центром А радиуса АВ.
405. ZA = 60°, ZB = 15°, ZC = 105° или ZA = 60°, ZB = 105°,
ZC =15°. Указание. Сначала доказать, что точки В, С, Р и М
лежат на одной окружности. 406. Указание. Сначала доказать,
что точки К, Р, С и центр вписанной окружности лежат на од-
одной окружности, а затем выразить угол ВРС через углы треуголь-
треугольника ABC. 407. Указание. Выразить угол между указанными
биссектрисами через два противоположных угла четырехугольника.
408. Указание. Воспользоваться задачей 407. 409. Указание.
Пусть D — точка пересечения окружностей, описанных около тре-
треугольников АВ\С\ и ВА\С\, отличная от С; сначала, используя ра-
равенства ZABC + ZBCA + ZCAB + ZAXDBX + ZAXDCX + ZBXDCX =
= 540° и ZCAB + ZBXDCX = ZABC + ZAXDCX = 180°, доказать,
что ZBCA + ZAXDBX = 180°. 410. Указание. Пусть в четырех-
четырехугольнике ABCD прямые АВ и CD пересекаются в точке Р, пря-
прямые AD и ВС — в точке Е, К — точка пересечения окружностей, опи-
описанных около треугольников ВСР и CDE, отличная от С; доказать,
что и остальные окружности проходят через точку К, поскольку, на-
например (при соответствующем выборе обозначений В и D), ZDKP =
= ZDKC + ZCKP = ZDEC + ZABE = ZDAP. 411. Указание.
Сначала доказать, что угол, смежный с углом BAD, равен углу APD,
а угол APD равен углу ABC. 412. Указание. Сначала доказать,
что один из углов, образованных прямой АВ и касательной, равен
углу AMP. 413. Указание. Пусть А — данная точка окружности,
ВС — хорда, AD — перпендикуляр к прямой ВС, BE и СР —
перпендикуляры к касательной в точке А; сначала доказать, что тре-
треугольники ABD и САР, а также ADC и BE А, подобны. 414. Ука-
Указание. Воспользоваться задачей 5 п. 114. 415. у/2. Указание. Вое-

Ответы и указания 455
пользоваться теоремой о квадрате касательной применительно к двум
секущим, выходящим из точки А. 416. Указание. Сначала доказать,
что ААВС ~ ADBA, а затем воспользоваться теоремой о квадрате ка-
1
сательной. 417. -\/2а2 — с2 . Указание. Доказать, что степень точ-
точки Н относительно окружности с центром О радиуса О А равна СН2,
и применить теорему о медиане к треугольнику ОСН. 418. Указа-
Указание. Пусть ABC — данный треугольник; воспользоваться теоремой
Паскаля: рассмотреть вписанный шестиугольник АВВ\СС\А\, сторо-
стороны АА\, ВВ\ и СС\ неограниченно уменьшаются, и, в конце концов,
точка А\ «сливается» с точкой А, точка В\ — с точкой В, а точ-
точка С\ — с точкой С. 419. Указание. Воспользоваться идеей решения
задачи 418. 420. Указание. Воспользоваться идеей решения зада-
задачи 418. 421. rR. Указание. Воспользоваться формулой C) п. 117.
422. Ука з а н ие. Воспользоваться формулой C) п. 117. 423. Указа-
Указание. Продолжить стороны Ъ и d до пересечения и воспользоваться
формулой C) п. 117. 424. Четыре. Указание. Воспользоваться сооб-
соображениями, высказанными в начале п. 117.
ГЛАВА IX
425. Указание. Сначала доказать, что АМ% = ВМ% и СМ% =
= ВМ\. 426. Указание. Доказать, что AM = NA. 427. Указа-
Указание. Сначала доказать, что АР = МС и DP = MB. 428. Указание.
Провести через точку М прямую, параллельную АВ, и воспользо-
воспользоваться результатом задачи 427 применительно к двум образовавшимся
параллелограммам. 429. Шесть, j. Указание. Пусть А\А2 ... Ап —
данный многоугольник, О — указанная точка; сначала доказать,
что OAj = ОА\ и, следовательно, п = 6. 430. Указание. Сначала
доказать, что если точки М и N симметричны относительно середины
отрезка АВ, то MN = МА + MB. 431. Указание. Прибавить к обе-
обеим частям равенства (~а — Ь ) + Ь = ~а вектор — Ь . 432. Указа-
Указание. Воспользоваться неравенством треугольника. 433. Указание.
Доказать, что СС\ = ВВ\ + DD\, и воспользоваться задачей 432.
434. Указание. Выразить векторы MD и BD через векторы ВС
и CD. 435. Указание. Сначала доказать, что каждая из двух про-
противоположных сторон нового восьмиугольника параллельна той диаго-
диагонали исходного восьмиугольника, которая делит исходный многоуголь-
многоугольник на два пятиугольника, и равна четверти этой диагонали; б) вос-
воспользоваться результатом задачи а). 436. Указание. Воспользовать-
Воспользоваться идеей решения задачи 435, а). 437. У к а з а н и е. а) Воспользоваться
задачей 2 п. 122; б) воспользоваться теоремой Вариньона и задачей
437, а. 438. Указание, а) Отметить на рисунке 414 равные углы;

456 Ответы и указания
б) воспользоваться задачей а), теоремой о медиане и тем, что согласно
замечанию п. 122 коэффициент подобия указанных в п. а) треугольни-
ков равен —-. 439. Указание. Выразить векторы AM, BN и KS
через векторы AD, ВС и АВ. 440. Указание. Пусть В\,В2, ...,В% —
вершины данного восьмиугольника (А\ — середина В\В2, А2 — се-
середина В2В% и т.д.), О — произвольная точка плоскости; пользу-
пользуясь формулой A) п. 117, выразить векторы ОА\, ОА2,..., ОА$ через
векторы ОВ\, ОВ2,...,ОВ$, а затем найти сумму А\А2 + А3А4 +
+ А7А$. 441. Указание. Положить k = -=J, если ~а || 6,
а\
и к = ——=г, если ? jj Ь . 442. Указание. Отложить указанные
\а
векторы от общего начала, а затем воспользоваться правилом парал-
параллелограмма и задачей 441. 443. СР : РК = 12 : 13. Указание.
Пусть Р — точка пересечения прямой MN и медианы СК] в соот-
соответствии с задачей 441 положить СР = хСК, МР = yMN, выразить
векторы СК и MN через векторы С А и СВ, а затем воспользоваться
равенством СР = СМ + МР и задачей 442. 444. У к а з а н и е. Исполь-
Используя равенства AM = рВС = АВ + g(AD - АВ), AN = АВ + rAD =
= s(AB + .ВС), .ВС = xAD + уАВ, выразить числа р, q, r, s через
числа х и у, а затем выразить векторы MN и CD через векторы AD
и АВ.
ГЛАВА X
445. л/Ш; {3;—1}. 446. Указание. Найти координаты
. xi + /сж2 2/i + кг/2
середин диагоналей АС и BD. 447. х = —, у = -^-.
1 ~\ ГЬ 1 ~\ ГЬ
448. (— ^ -; ——^——). Указание. Воспользоваться задачей
447. 449. ( ; ). 450. —-—. Указание. Ввести
0 0 о
прямоугольную систему координат с началом в точке С и точками А
AF 3
и В на осях координат. 451. -—= = -. Указание. Ввести
г h/ 1
прямоугольную систему координат так, чтобы вершины ромба
лежали на осях координат. 452. Указание. Ввести прямоугольную
систему координат так, чтобы две смежные стороны прямоугольника
лежали на осях координат. 453. . Указание. Ввести
прямоугольную систему координат так, чтобы вершины данного

Ответы и указания 457
четырехугольника лежали на осях координат, и воспользоваться
подобием треугольников AOD и О НС. 454. Указание. Для
доказательства утверждения, связанного со словом «тогда», взять
в качестве точки М точку В; для доказательства утверждения,
связанного со словами «только тогда», воспользоваться теоремой
Стюарта. 455. х/ а — be. Указание. Воспользоваться теоремой
у (ь - су
о биссектрисе внешнего угла треугольника (п. 88) и теоремой Стюарта.
456. Указание. Пусть О — точка пересечения диагоналей данного
четырехугольника ABCD] применить теорему Стюарта к точкам А, В,
С, О и воспользоваться подобием треугольников ОАВ и OCD, OAD
и ОВС. 457. Указание, а) Трижды применяя теорему Стюарта,
выразить Ь, с и d через а, ОА, ОВ, ОС и OD; б) воспользоваться
задачей 457, а. 458. Указание. Рассмотреть векторы АВ и ВС
и воспользоваться условием перпендикулярности двух векторов.
459. Указание. Воспользоваться условием перпендикулярности
двух векторов и формулой длины вектора. 460. Указание. Ввести
прямоугольную систему координат так, чтобы точки А, В, D, К
имели соответственно координаты @;0), @;а), (а;0), (х;у), и,
пользуясь результатом задачи 459, доказать, что точка М имеет
координаты (у;—х). 461. Указание. Ввести прямоугольную систему
координат так, чтобы точки В, A, D, С имели соответственно
координаты @;0), (а;0), @;—а), (х\у)\ затем, пользуясь результатом
задачи 459, доказать, что точка Т имеет координаты (—у;х), после
чего найти координаты векторов DT и ВЫ. 462. Указание.
Пусть ABCD — данный параллелограмм; ввести прямоугольную
систему координат так, чтобы точки A, D, В, С имели соответственно
координаты @;0), (а;0), (х;у), (а + х;у), и, используя результат
задачи 459 и формулу координат середины отрезка, найти координаты
точек пересечения диагоналей квадратов. 463. Указание. Ввести
прямоугольную систему координат так, чтобы вершины квадрата
имели координаты @;0), (а;0), @;а), (а; а), а затем воспользоваться
условием перпендикулярности двух векторов и формулой длины
вектора. 464. Не всегда. Указание. Пусть А, В, С, D — отмеченные
точки, взятые последовательно; построить такой отрезок BE,
что BE = АС и BE JL АС; если точка Е не совпадет с точкой D,
то воспользоваться задачей 463. 465. р^{х — xq) — р$у — уо) = 0.
Указание. Сначала доказать, что искомая прямая перпендикулярна
к вектору ~п{р2\-р\}- 466. (у2 - у$(х - х\) = (х2 - х\)(у - у\).
Указание. Воспользоваться задачей 465. 467. а) х + 2у — 5 = 0;
б) у = 2х. 468. Ъх + Зу — 1 = 0. Указание. Воспользоваться задачей
465. 469. Указание. Воспользоваться тем, что векторы ~п\{к\\— 1}
и П2{&2;— 1} перпендикулярны соответственно к первой и второй

458 Ответы и указания
2
прямым. 470. ±—=. 471. 2у — х — 3 = 0. 472. Указание. Ввести
v3
прямоугольную систему координат так, чтобы одна из осей координат
25 з
совпала с прямой р. 473. АС = —, ВС = тл/41 . Указание. Ввести
прямоугольную систему координат так, чтобы точки А и В лежали
^-y » лчл /8 16\
на одной из осей координат, а точка С — на другой. 474. (-; —).
о о
Указание. Сначала написать уравнение прямой, проходящей
через точку М перпендикулярно к прямой CD. 475. у/Ъ\ (—1;2).
476. (х + IJ + (у + 2J = 25. 477. (х - |J + у2 = у. 478. (ж +
+ -J + (у + -J = -?—. 479. Указание. Ввести прямоугольную
систему координат так, чтобы три вершины квадрата лежали
на осях координат. 480. Указание. Ввести прямоугольную систему
координат с началом в центре данной окружности радиуса R так, чтобы
хорда АВ была параллельна оси координат (либо лежала на этой оси,
если АВ — диаметр окружности); затем воспользоваться задачей 448
и доказать, что для любой точки С, лежащей на данной окружности
и не совпадающей с точками А и В, точка пересечения медиан
треугольника ABC лежит на окружности радиуса —. 481. Касаются
о
в точке D;—2). 482. Указание. Ввести прямоугольную систему
координат так, чтобы одна из осей координат совпадала с прямой,
а центр Р окружности лежал на другой оси. 483. а) (х — бJ + (у —
20
- 7J = 36; б) у = 0 и у = —х. 484. (хх - хо)(х - хх) + (ух - уо)(у -
— у\) = 0. Указание. Воспользоваться тем, что вектор, началом
и концом которого являются точки (хо;уо) и (х\\у\), перпендикулярен
к искомой касательной. 485. Указание. Ввести прямоугольную
систему координат так, чтобы начало координат совпадало с центром
одной окружности, а центр другой окружности лежал на оси абсцисс.
3 4
486. а) Пересекаются в точках Mi(l;0) и М2(—^; ^); б) касаются друг
о о
4 3
друга извне в точке М(—-;—-); в) первая окружность лежит внутри
о о
второй. 487. а) Окружность радиуса 2АВ с центром в точке В\,
симметричной точке В относительно точки А; б) окружность
4
радиуса -АВ, центр С которой лежит на отрезке АВ, причем АС =
о
2
= -АВ; в) прямая, перпендикулярная к прямой АВ и пересекающая
о
1 3
ее в такой точке С, что АС = -^АВ, ВС = -^АВ. Указание.

Ответы и указания 459
В каждом случае ввести прямоугольную систему координат с началом
в точке А так, чтобы точка В лежала на оси координат, а затем
вывести уравнение искомого множества точек. 488. Окружность,
точка или пустое множество при а + C ф 0; прямая, перпендикулярная
к отрезку АВ, при а + /3 = 0. У к а з а н и е. См. указание к задаче 487.
489. а) Окружность радиуса АВ, центр D которой лежит
о
1 3
на отрезке ВС, причем BD = -АВ; б) окружность радиуса ^АВ,
3
центр D которой лежит на луче ВС, причем CD = -АВ и точка С
лежит между В и D. Указание. Ввести прямоугольную систему
координат с началом в точке В так, чтобы точки А и С лежали
на оси координат, а затем вывести уравнение искомого множества
точек. 490. а) Окружность, точка или пустое множество; б) прямая,
вся плоскость или пустое множество. 491. Радикальная ось двух
данных окружностей, если они не имеют общих точек; радикальная
ось без общей хорды, если окружности пересекаются; радикальная
ось без точки касания, если окружности касаются друг друга.
492. Указание. Сначала доказать, что степени точек А и В
относительно окружности, проходящей через точки С, С\ и С^,
равны. 493. Указание. Центр искомой окружности — радикальный
центр трех данных окружностей. 494. Указание. Воспользоваться
тем, что линия центров построенных окружностей содержит
среднюю линию данного треугольника. 495. Указание. Сначала,
используя задачу 494, доказать, что радикальный центр окружностей
с диаметрами АВ, АА\ и ВВ\ совпадает с точкой пересечения высот
треугольника. 496. Указание. Воспользоваться тем, что линия
центров вписанной и вневписанной окружностей содержит биссектрису
треугольника. 497. а) Указание. Сначала доказать, что проекции
точек М\, М2, Мз и М\ на ось абсцисс образуют гармоническую
четверку точек тогда и только тогда, когда (х\ — ?з)(^2 — ха) =
= (х\ — х±)(хъ — Х2). 498. Указание. Ввести прямоугольную
систему координат так, чтобы прямая АВ была не параллельна оси
ординат (например, совпадала с осью абсцисс), и воспользоваться
задачей 497, а. 499. Указание. Ввести прямоугольную систему
координат (например, с началом в центре окружности и осью абсцисс,
совпадающей с прямой CD) и воспользоваться задачей 495, а.
ГЛАВА XI
500. — ас sin p—_—^ Указание. Воспользоваться тем, что
asin(p — ср) + csmcp
площадь треугольника ABC равна сумме площадей треугольни-
треугольников ABD и CBD. 501. Указание. Провести ту из диагоналей
четырехугольника, которая разделяет его на два треугольника.
502. Указание. В случае выпуклого четырехугольника восполь-

460 Ответы и указания
зоваться тем, что его площадь равна сумме площадей четырех
треугольников с общей вершиной. 503. Указание, а) Воспользо-
Воспользоваться задачей 502; б) воспользоваться задачей 501. 504. Указание.
Воспользоваться обобщенной теоремой синусов. 505. Указание,
а) Воспользоваться теоремой синусов; б) воспользоваться задачей 505,
а и формулой B) п. 139. 506. -ctg/З. Указание. Воспользоваться
подобием треугольников ABC и А\ВС\ и обобщенной теоремой
синусов. 507. Указание. Сначала доказать, что синусы углов АСВ
и АНВ равны. 508. Указание. Воспользоваться задачей 507.
509. . т—г- sin ^ п ^. Указание. Воспользоваться теоремой
sin(<p + 7) 2 ^
о вписанном угле и обобщенной теоремой синусов применительно
к треугольнику CDM. 510. Указание. Сначала найти отношение
площадей треугольников ОВ\С\ и О ВС, где О — центр вписанной
в треугольник ABC окружности. 511. Указание. Пусть ZACN =
= a, ZACK = /3, ZCKN = 7; используя равенство KQ • QN =
= (АС — CQ)(AC + CQ) и теорему синусов применительно к тре-
треугольникам CKQ и CNQ, выразить CQ через АС и углы а, C,
7, после чего обратить внимание на то, что углы а и /3 входят
в полученное выражение равноправно. 512. Указание. Сначала
доказать, что СХВХ = AM sin А, СХАХ = ВМ sin В, ZBXCXM = АСАМ,
ZAXCXM = ZCBM, затем продолжить отрезок AM до пересечения
с окружностью в точке D и применить к треугольнику BDM теорему
синусов, заметив, что ZD = ZC, ZMBD = ZCBM + АСАМ =
= ZAXCXBX, написать формулу площади треугольника АХВХСХ
и учесть, что AM • MD = R2 — d2. 513. Указание. Воспользоваться
задачами 512 и 510. 514. Указание. Воспользоваться теоремой
косинусов, обобщенной теоремой синусов и основным тригонометри-
тригонометрическим тождеством. 515. 45°; л/2- Указание. Воспользоваться тео-
теоремой косинусов и обобщенной теоремой синусов. 516. Указание.
Воспользоваться теоремой о медиане (п. 88) и теоремой косинусов.
517. 1 Ч- л/б. Указание. Воспользоваться обобщенной теоремой
синусов и теоремой косинусов. 518. Указание. Воспользоваться
теоремой косинусов и задачей 502. 519. 7. Указание. Пользуясь
тем, что треугольник АМТ — равнобедренный, найти угол А, после
чего воспользоваться теоремами синусов и косинусов. 520. 60°
и 60°. Указание. Сначала, пользуясь теоремой косинусов, выразить
стороны и диагонали трапеции через радиус вписанной окружности
и один из острых углов, а затем применить обобщенную теорему
синусов. 521. i?w-+ —-л/3 • Указание. Сначала доказать,
у о 12
что ZM = 15°, а затем применить теорему косинусов к треугольни-

Ответы и указания 461
а
aptg-
ку DNQ. 522. —р^-. Указание. Пусть г — искомый
2a + p(l+tg2-)
радиус; пользуясь свойством отрезков касательных, сначала доказать,
/17-1 P,i<^7->7-i ю, , a
что АЕ = ^ + rtg-, БЕ = ^ + a — rtg-, а затем применить
р2-а2
теорему косинусов к треугольнику ABE. 523. У к а з а н и е.
Ал/k2 - 1
Сначала доказать, что АЕ> + АС = р, затем выразить синус и косинус
угла А через к, а произведение АВ • АС — через а, р и к. 524. 10
и 6. Указание. Через вершину меньшего основания провести
прямую, параллельную диагонали, и применить теорему косинусов
к образовавшемуся треугольнику. 525. — -. Указание.
о
Сначала доказать, что тупым может быть только угол В, затем,
пользуясь теоремой о биссектрисе треугольника, выразить ВС
через АС, после чего применить теоремы косинусов и синусов
/б"
к треугольнику ABC. 526. J- . Указание. Доказать, что ZBDC =
V 5
= 90° + ZBAC, и применить теорему синусов к треугольникам ABC
и ВВС. 527. Wy; 6. Указание. Пусть ZABC = 2/3; выразить
углы AQP и PAQ через угол /3 и применить теорему синусов
к треугольнику APQ. 528. у/Ъ. Указание. Сначала, используя
теорему о квадрате касательной, доказать, что ACDE ~ АСАВ,
и найти DE; затем применить обобщенную теорему синусов
к треугольникам АЕВ и BDE, заметив, что ZAEB = ZDBE +
+ 45°. 529. Указание, а) Воспользоваться обобщенной теоремой
синусов и формулой синуса суммы углов; б) представить углы А и В
л А + В А- В „ А + В А-В „Л w
в виде А = — 1 —, В = — —. 530. Указание.
а) Воспользоваться теоремой косинусов; б) см. указание к задаче 529,
б; в) воспользоваться задачами 529, б и 530, а. 531. Указание.
Воспользоваться двумя формулами площади треугольника и задачей
529, а. 532. Указание. Воспользоваться задачей 531 и тем, что р —
— a = rctg—. 533. Указание. Воспользоваться задачей 532 и фор-
формулой C) п. 117. 534. Указание. Воспользоваться тем, что А\В\ =
= ABcosC, B\C\ = ECcosA, C\A\ = CAcosE, а также задачами
529, а и 531. 535. Указание. Сначала доказать, что cos A -\- cos В —
— cos(A + В) = 1 + 4 sin — sin — cos —-—, а затем воспользоваться
задачей 531. 536. Указание. Сначала доказать, что sin2 A + sin2В +

462 Ответы и указания
+ sin2(A + В) = 2A - cosAcos?cos(A + В)). 537. Указание.
Пользуясь теоремой косинусов, доказать, что квадрат каждой стороны
интересующего нас треугольника равен -(а2 + Ъ2 + с2 + 4л/35), где а,
о
b и с — стороны исходного треугольника, S — его площадь. 538. 90°.
Указание. Ввести прямоугольную систему координат с началом
в точке К так, чтобы сторона AD лежала на оси, и найти угол
между векторами ВК и АС. 539. Указание. Ввести прямоугольную
систему координат так, чтобы стороны AD и АВ лежали на осях,
и записать равенство косинусов углов КАВ и К AM в координатах.
540. 7. Указание. Воспользоваться тем, что AM = -(АВ + АС).
541. . Указание. Выразить вектор DK через векторы АВ
и AD. 542. . Указание. Сравнить координаты векторов AD
о
и БС, а затем найти скалярное произведение вектора АВ на вектор,
перпендикулярный к вектору ВС. 543. л/43- Указание. Выразить
вектор AM через векторы АВ и АС. 544. -. Указание. Выразить
о
векторы AM и БЕ через векторы В А и БС. 545. 4. Указание.
Выразить векторы АК и AM через векторы АВ и AD. 546. 4л/7.
Указание. Выразить векторы AM и CN через векторы АВ и АС.
547. Указание. Выразить векторы АК и БМ через векторы В А
и БС 548. Указание. Воспользоваться равенством: AD = АВ +
+ I3C + CW. 549. Указание. Выразить векторы AC, I3D и CD
через векторы АВ, AD и ВС. 550. Указание. См. указание
к задаче 549 (ABCD — данный четырехугольник). 551. Указание.
Воспользоваться задачей 550. 552. h2. Указание. Воспользоваться
задачей 550. 553. Указание. Найти скалярное произведение
векторов, соответствующих диагоналям. 554. Указание. Выразить
векторы MB, MC и MD через векторы АВ, AD и МА. 555. Указа-
Указание, а) Воспользоваться тем, что СН • АВ = ВН • АС = АН • ВС =
= 0; б) воспользоваться задачами 448 и 555, а. 556. Указание,
а) Доказать, что точка О, удовлетворяющая указанному равенству,
лежит на биссектрисе угла А, и воспользоваться задачами 2 и 3
п. 107; б) воспользоваться задачей 556, а; в) воспользоваться задачей
556, б. 557. Указание. Воспользоваться равенствами МА =
= МО + ОА, ~МВ = МО + ОВ, ~МС = АЮ + ОС и задачей 556, в.

Ответы и указания 463
558. Указание, а) Воспользоваться равенствами МА = МО-\-ОА,
МБ = ШЭ + ОВ, МС = ШЭ + ОС; б) воспользоваться задачей 456;
в) воспользоваться задачами 558, а, б. 559. Указание. Воспользо-
Воспользоваться теоремой Лейбница, теоремой о медиане и задачей 536.
ГЛАВА XII
560. Указание. Пусть А\А2 ... Ап — данный многоугольник, К
и Т — точки касания вписанной окружности с центром О и сто-
сторон A\A<i и А^А\ соответственно; сначала доказать, что АА\КО =
= ААо,ТО. 561. Указание. Сначала доказать, что диагонали, соеди-
соединяющие концы двух смежных сторон, равны, а затем воспользоваться
пятым признаком равенства треугольников (п. 28). 562. Указание.
Найти углы треугольников, отсекаемых от данного пятиугольника
указанными диагоналями. 563. Указание. Воспользоваться зада-
задачей 562. 564. Указание. Пусть А\А2...А§ — данный шестиуголь-
шестиугольник, Mi,M2,... — середины сторон A\A<i, A^A^,..., О — центр ше-
шестиугольника; доказать, что если, например, указанная точка лежит
внутри треугольника А\0М\ или на его границе, то расстояния от нее
до каждой из вершин А%, А\ и А^ больше или равно 1. 565. Ука-
Указание. Найти углы полученного двенадцатиугольника и сравнить
его стороны со сторонами данного шестиугольника. 566. Указание.
Сначала доказать, что сумма расстояний от произвольной точки, ле-
лежащей внутри равностороннего треугольника, до его сторон равна
высоте этого треугольника. 567. Указание. Сначала доказать, что
основания указанных перпендикуляров лежат на окружности с диамет-
диаметром ОМ, а точки пересечения данных диаметров с этой окружностью,
~ 360°
отличные от О, делят ее на п дуг, каждая из которых равна .
568. Указание. Пусть точка М — середина отрезка AiA^; дока-
доказать, что треугольник АА\М — равнобедренный, и, пользуясь этим,
установить, что точка О является центром окружности, вписанной
в треугольник АСЫ. 569. Указание, а) Разрезать шестиугольник
по диагонали на две равные трапеции, а затем каждую из них —
на четыре подобных ей равных трапеций; б) разрезать шестиугольник
на три равных ромба, а затем каждый из них — на две равные трапе-
трапеции. 570. У к а з а н и е. Соединить центр шестиугольника с серединами
трех несмежных сторон. 571. Указание. Учесть, что плиток, имею-
имеющих общую вершину, должно быть не менее трех. 572. а) Да; б) да.
Указание, а) Рассмотреть пятиугольник, составленный из квадра-
квадрата и равностороннего треугольника; б) сначала доказать, что, лю-
любую часть плоскости можно полностью покрыть копиями правильного
шестиугольника, а затем воспользоваться задачей 570. 573. Ука-
Указание. Сначала построить какой-нибудь правильный пятиугольник.
2
574. 2irR(—= — 1). Указание. Сначала найти радиус окружности,
v3
проходящей через центры данных окружностей. 575. Указание.

464 Ответы и указания
Выразить радиус вписанной в фигуру ABCD окружности через радиус
дуги ABC. 576. Указание. Пусть г — радиус вписанной окруж-
окружности, R — радиус сектора и проведенной дуги; сначала доказать,
что стороны треугольника, вершинами которого являются центры двух
окружностей радиуса R и окружности радиуса г, равны R, R — г и R +
+ г, а высота, проведенная к стороне длины R, равна \/{R — гJ — г2.
577. A + ^1I80°, A —^-I80°. Указание. Соединить вершины
4 pRJ v pRJ
криволинейных треугольников отрезками и воспользоваться теоремой
об угле между касательной и хордой. 578. Указание. Воспользо-
Воспользоваться задачей 2 п. 156. 579. 2,1—» . Указание. Воспользо-
Воспользоваться формулами длины окружности и площади круга. 580. (л/3 —
— — )R?. Указание. Воспользоваться формулой площади сектора.
2
581. — Fл/3 — 6 —тг). Указание. Воспользоваться формулами пло-
щади круга и площади сектора. 582. (^ -\——)R2. Указание. Вос-
о 4
пользоваться формулой площади сектора. 583. тг——l 2 3 Ука-
зание. Пусть Оь Ог и Оз - центры данных окружностей, А, Б
и С — точки их касания; сначала доказать, что окружность, вписанная
в треугольник O1O2O3, касается его сторон в точках А, В и С.
584. Указание, а) Воспользоваться тем, что точка пересечения сто-
стороны ВС и окружности с диаметром АВ (а также точка пересечения
стороны ВС и окружности с диаметром АС) является основанием
высоты треугольника ABC, проведенной из вершины А; б) восполь-
воспользоваться задачей 584, а. 585. -. Указание. Сначала доказать,
5тг - 3
что один из углов треугольника равен 30°. 586. Указание. Сначала
доказать, что точки А\, В\ и С\ являются серединами сторон треуголь-
треугольника ABC, а площадь криволинейного треугольника А\В\С\ равна
площади параллелограмма А\В\С\В. 587. Указание. Пусть О —
центр данного круга; сначала доказать, что площадь сектора DMN
равна площади сектора OPQ. 588. Указание. Сначала построить
окружность, ограничивающую круг площади, равной сумме площадей
двух данных кругов.
ГЛАВА XIII
589. У к а з а н и е. Воспользоваться методом доказательства от про-
противного. 590. Указание, а) Воспользоваться методом доказатель-
доказательства от противного; б) воспользоваться задачей 590, а; в) пользуясь
результатом задачи 590, б, доказать, что рассматриваемое движение
представляет собой результат последовательного выполнения двух осе-

Ответы и указания 465
вых симметрии с осями, проходящими через данную неподвижную
точку; г) воспользоваться результатами задач 590 а, б, в и идеей
решения задачи 590, в. 591. Указание. Рассмотреть централь-
центральную симметрию относительно середины одной из указанных диаго-
диагоналей. 592. Указание. Рассмотреть центральную симметрию отно-
относительно точки пересечения диагоналей одного из параллелограммов.
593. Указание. Рассмотреть центральную симметрию относительно
центра окружности. 594. Указание. Рассмотреть дуги, симметрич-
симметричные дугам описанной окружности относительно сторон треугольника.
595. а) Пусть N\ — точка, симметричная N относительно прямой DA,
N% — точка, симметричная N\ относительно прямой CD, 7V3 — точка,
симметричная N^ относительно прямой ВС, 7V4 — точка, симметрич-
симметричная 7V3 относительно прямой АВ; шар следует направить в точку 7V4;
б) не всегда. 596. Указание, а) Построить квадрат со стороной pq
и разбить его на равные прямоугольники со сторонами р и q; б) вос-
воспользоваться методом доказательства от противного. 597. Параллельно
диагонали стола. 598. 2d. Указание. Воспользоваться задачей 597.
599. Указание. Рассмотреть параллельный перенос стороны AD
на вектор AM, а стороны ВС — на вектор ВЫ. 600. Указание.
Рассмотреть треугольник A\B\N, полученный из треугольника АВМ
параллельным переносом на вектор MN, и воспользоваться тем, что
в трапецию A\B\CD можно вписать окружность. 601. Указание.
Воспользоваться тем, что точки La и Lb получаются из точки Кс
поворотом (последовательным выполнением двух осевых симметрии)
вокруг центра вписанной окружности на один и тот же угол, но в раз-
разных направлениях. 602. Указание. Формулировки и доказательства
утверждений 1°-3° переносятся практически без изменений. 603. Ука-
Указание. Рассмотреть поворот на 60° вокруг вершины В. 604. Указа-
Указание. Рассмотреть поворот на 90° вокруг центра квадрата. 605. Ука-
Указание. Рассмотреть поворот на 60° вокруг точки L, при котором
точка В переходит в точку М, а точка N — в А. 606. Указание.
Рассмотреть поворот на 90° вокруг вершины А, при котором вершина В
переходит в вершину D. 607. Указание, а) Рассмотреть поворот
на 90° вокруг вершины А, при котором точка А\ переходит в В,
а точка С — в А^\ б) воспользоваться теоремой Вариньона. 608. Ука-
Указание. Пользуясь результатом задачи 607, б, доказать, что один
из указанных отрезков переходит в другой при повороте на 90° вокруг
середины диагонали четырехугольника. 609. Указание. Рассмот-
Рассмотреть поворот на 90° вокруг вершины С, при котором точка А переходит
в точку В, а точка А\ — в точку В\. 610. Указание. Рассмотреть
поворот на 90° вокруг центра вписанного квадрата. 611. Указание.
Рассмотреть поворот на 60° вокруг вершины А, при котором вершина F
переходит в центр шестиугольника. 612. Дуга окружности величиной
в 60°. Указание. Рассмотреть поворот на 60° вокруг вершины А,
при котором точка В переходит в С. 613. Два. Указание. Рассмот-

466 Ответы и указания
реть симметрию с центром в точке А. 614. Указание. Рассмотреть
симметрию с центром в точке М. 615. Указание. Рассмотреть
симметрию с центром в произвольной точке внутренней окружности.
616. Указание, а) Рассмотреть симметрию с центром в данной
точке; б) доказать, что прямая, построенная в задаче 616, а) — искомая.
617. Указание. Воспользоваться задачей 616. 618. Указание.
Воспользоваться задачей 616. 619. Указание. Рассмотреть сим-
симметрии относительно данных прямых. 620. Указание. Рассмотреть
симметрию относительно данной прямой. 621. Указание. Рассмот-
Рассмотреть симметрию относительно прямой, содержащей биссектрису угла
при основании. 622. Указание. Рассмотреть симметрию относи-
относительно прямой, содержащей биссектрису третьего угла. 623. Указа-
Указание. Рассмотреть точку, симметричную общей вершине двух данных
сторон относительно серединного перпендикуляра к третьей стороне.
624. Указание. Пусть ABC — искомый треугольник с данной сто-
стороной АВ, ZA > ZB; рассмотреть точку С\, симметричную вершине С
относительно серединного перпендикуляра к стороне АВ, затем точ-
точку В\, симметричную вершине В относительно прямой СС\, и вы-
выразить угол АСВ\ через данный угол. 625. Указание. Пусть для
определенности AD > АВ; построить точку, симметричную вершине В
относительно прямой АС. 626. Указание. Пусть О — центр впи-
вписанной окружности; рассмотреть симметрию относительно прямой АО.
627. Указание. Пусть АВ — данный отрезок; рассмотреть данную
окружность и ту, которая получается из нее параллельным переносом
на вектор АВ. 628. Указание. Пусть АВ — данный отрезок; рас-
рассмотреть данный треугольник и те два, которые получаются из него
параллельным переносом на векторы АВ и В А. 629. Указание.
Перенести точку А на вектор EF. 630. Указание. Использовать
параллельный перенос сторон четырехугольника. 631. Указание.
Пусть ABCD — искомый параллелограмм; использовать параллельный
перенос диагонали BD на вектор ВС. 632. Указание. Рассмотреть
поворот прямой а вокруг точки Р на 60°. 633. Указание. Рас-
Рассмотреть поворот вокруг точки Р на 45°. 634. Указание. Принять
какую-нибудь точку данных прямых за вершину искомого треуголь-
треугольника и рассмотреть поворот вокруг этой точки на 60°. 635. Ука-
Указание. Построить образ одной из окружностей при повороте во-
вокруг данной точки на 90° и найти точки его пересечения с другой
окружностью. 636. У к а з а н и е. Рассмотреть поворот вокруг вершины
квадрата на 60°. 637. Указание. Пусть О — точка пересечения
прямых АА\ и ВВ\\ рассмотреть центральное подобие с центром О
мм ОА
и коэффициентом ТТ/Г' взятым со знаком «+» или «—» в зависимости
от того, лежат ли точки А и А\ по одну или по разные стороны
от точки О. 638. 2S. Указание. Рассмотреть центральное подобие

Ответы и указания 467
с центром в данной точке и воспользоваться теоремой Вариньона.
2
639. -S. Указание. Рассмотреть центральное подобие с центром
в точке пересечения диагоналей данного четырехугольника и коэффи-
3
циентом - и воспользоваться теоремой Вариньона. 640. Указание.
а) Рассмотреть центральное подобие с центром А, переводящее точку С
в С2, и центральное подобие с центром В, переводящее точку С в С\;
б) воспользоваться задачей 640, а и теоремой Чевы. 641. Указание.
а) Доказать, что в результате последовательного выполнения поворота
на 45° вокруг вершины А и центрального подобия с центром А и коэф-
коэффициентом л/2 отрезок ОвОс переходит в тот же отрезок, что и АО а
в результате последовательного выполнения поворота на 45° вокруг
вершины В и центрального подобия с центром В и коэффициентом у/2;
б) воспользоваться задачей 641, а). 642. Указание. Пусть О —
центр указанной окружности, К — точка ее касания с описанной
окружностью; пользуясь тем, что четырехугольники АВКС и AMON
центрально-подобны, рассмотреть центральное подобие с центром А,
при котором точка К переходит в середину основания ВС. 643. Ука-
Указание. Пусть d — прямая, содержащая диаметр третьей окружности,
перпендикулярный линии центров первых двух, М\ и С\ — точки,
симметричные М и С относительно d; воспользоваться тем, что вся
фигура симметрична относительно d, а окружности, описанные около
треугольников BC\D и ВМ\М, центрально-подобны с центром В.
644. Указание. Рассмотреть центральное подобие с центром в точке
пересечения медиан и коэффициентом —-. 645. Указание, а) Вос-
Воспользоваться тем, что угол А\А2Аз — прямой; б) воспользоваться тем,
что точки В2 и G2 лежат на окружности с диаметром ВС; в) вос-
воспользоваться тем, что отрезок А$В2 — медиана прямоугольного тре-
треугольника АВ2Н. 646. Указание. Рассмотреть центральное подобие
с центром Н и коэффициентом 2. 647. Указание. Воспользоваться
задачей 645 (а и б). 648. Указание. Воспользоваться задачами
645, а и 647. 649. Указание, а) Пользуясь задачами 645, а и 647,
доказать, что отрезки О А и А\А% равны и параллельны; б) воспользо-
воспользоваться задачей 649, а. 650. Указание. Доказать, что отрезки В%С\
и А\О равны и параллельны. 651. Указание. Рассмотреть треуголь-
треугольник А\А2А%. 652. Указание. Пользуясь задачей 649, б, доказать,
что отрезки ОО\ и АН равны и параллельны. 653. Указание.
Рассмотреть центральное подобие с центром G и коэффициентом —-.
654. Указание. Воспользоваться задачей 645, б. 655. Указание.
Пусть Р — точка пересечения прямой МН и окружности, описанной
около треугольника ABC; воспользоваться равенствами МН • HN =
= АН • НА2 и МН • HP = АН • 2НА2. 656. Указание. Рассмотрев

468 Ответы и указания
центральное подобие с центром С\ и коэффициентом -, воспользо-
о
ваться задачей 5 п. 163 и теоремой Наполеона. 657. Воспользоваться
тем, что в результате последовательного выполнения центрального
подобия с центром О и коэффициентом — - и центрального подобия
о
с центром С\ и коэффициентом 3 точка М переходит в С, а зна-
значит, точка С — в М. 658. Указание. Воспользоваться задачей
п. 167. 659. У к а з а н и е. Воспользоваться теоремой о прямой Симеона.
660. Для точки, диаметрально противоположной точке С. 661. Ука-
Указание. Воспользоваться идеями решения задачи и доказательства
теоремы п. 167. 662. Указание. Воспользоваться задачей 661.
663. Указание. Воспользоваться задачей 662. 664. Указание.
Рассмотреть центральное подобие с центром В. 665. Указание.
Рассмотреть центральное подобие с центром А. 666. Указание.
Воспользоваться результатом задачи 665. 667. Указание. Сначала
построить какую-нибудь окружность, касающуюся двух данных пря-
прямых. 668. Указание. Провести прямую а || АВ и построить две
равные окружности, касающиеся друг друга и прямой а; затем про-
провести касательные А\С\ и В\С\ к этим окружностям, параллельные
прямым АС и ВС (А\ и В\ — точки пересечения этих касательных
и прямой а) и воспользоваться задачей 637. 669. У к а з а н и е. Рассмот-
Рассмотреть центральное подобие с центром в произвольной точке большей
окружности и коэффициентом -. 670. Указание. Воспользовать-
о
ся определением инверсии. 671. Указание. Рассмотреть инверсию
с центром в одной из данных точек. 672. Указание. Рассмотреть
инверсию с центром в точке пересечения биссектрисы угла А с прямой,
соединяющей указанные точки касания, при которой эти точки пере-
переходят одна в другую. 673. Указание. Рассмотреть инверсию с цен-
центром в одной из точек касания. 674. Указание. Воспользоваться
тем, что при инверсии с центром М указанная окружность переходит
в центрально-подобную ей с центром М окружность. 675. 180° — а —
— C. Указание. Рассмотреть инверсию с центром в общей точке трех
окружностей. 676. Указание. Рассмотреть инверсию с центром А.
677. Указание. Рассмотреть инверсию с центром М. 678. Указа-
Указание. Рассмотреть инверсию с центром М. 679. Указание. Рассмот-
Рассмотреть результат последовательного выполнения центрального подобия
с центром М и коэффициентом 2 и инверсии с центром М, а затем
воспользоваться теоремой о прямой Симеона. 680. Указание. Рас-
Рассмотреть результат последовательного выполнения инверсии с центром
в точке пересечения проведенных прямых и центрального подобия
с центром в этой же точке и коэффициентом -, а затем воспользовать-
воспользоваться теоремой о прямой Симеона. 681. Указание. Сначала доказать,
что одна из окружностей с центром в точке пересечения линии центров

Ответы и указания 469
и радикальной оси данных окружностей ортогональна к этим окруж-
окружностям, а затем рассмотреть инверсию с центром в точке пересечения
этой окружности и линии центров данных. 682. У к а з а н и е. Рассмот-
Рассмотреть инверсию с центром М. 683. Указание. Рассмотреть инверсию
с центром М. 684. Указание. Рассмотреть инверсию с центром в од-
одной из вершин четырехугольника, а затем воспользоваться задачей 670
и теоремой косинусов. 685. Указание. На окружности, описанной
около треугольника ABC, отметить такую точку D, что ZBAD =
= ABAC, и воспользоваться теоремой Птолемея. 686. р. Указание.
Применить к четырехугольникам ACDE, СЕАВ и ACEF теорему
Птолемея. 687. Указание. К четырехугольнику ABCD применить
теорему Птолемея и учесть, что CD = DB > -БС. 688. Указание.
а) К четырехугольнику АВСР применить теорему Птолемея; б) вос-
воспользоваться задачей 688, а и теоремой Пифагора; в) воспользоваться
задачами 688, а, б. 689. Указание. К четырехугольнику APQR при-
применить теорему Птолемея. 690. Указание. Рассмотреть инверсию
относительно вписанной окружности. 691. Указание. Рассмотреть
инверсию относительно вневписанной окружности. 692. Указание.
Рассмотреть инверсию относительно вписанной окружности и восполь-
воспользоваться теоремой Вариньона. 693. Указание. Воспользоваться фор-
формулой Эйлера. 694. Указание. Воспользоваться двумя формулами
площади треугольника и задачей 693. 695. Указание. Пусть О
и Р — центры окружностей радиусов R и г; через произвольную точку
окружности радиуса R и точку Р провести хорду AD, отметить на этой
окружности точки В и С так, чтобы DB = DC = DP, и воспользовать-
воспользоваться формулой Эйлера применительно к треугольнику ABC. 696. Ука-
Указание. Воспользоваться задачами 601, 637 и 693. 697. Указание.
Пусть О\ — центр вписанной в треугольник ABC окружности, А\ —
точка пересечения биссектрисы угла А с описанной около него окруж-
окружностью; а) применить к четырехугольнику АВА\С теорему Птолемея
и воспользоваться задачей 4 п. 113; б) воспользоваться формулой Эй-
Эйлера и задачей 697, а; в) рассмотреть треугольники A\CD и АЕО\,
где D — середина ВС, Е — точка касания вписанной окружности
и стороны АВ, и воспользоваться задачей 3 п. 113; г) воспользоваться
задачами 697, а, б, и учесть, что радиус вписанной окружности в три
раза меньше одной из высот треугольника. 698. Указание. Вос-
Воспользоваться задачей 681. 699. Указание. Построить окружность,
проходящую через точки Aw В и ортогональную к данной. 700. Штур-
Штурманы кораблей должны как можно чаще вычерчивать на карте соот-
соответствующую окружность Аполлония и держать курс на ту точку этой
окружности, которая находится в море и наиболее удалена от пре-
преследуемого корабля. 701. Указание. Штурманам следует построить
на карте две окружности Аполлония. 702. Указание. Построить две
окружности, одна из которых — окружность Аполлония, а другая про-
проходит через точки, соответствующие начальному положению кораблей,

470 Ответы и указания
и точку пересечения их начальных курсов; одна из точек пересечения
этих окружностей — искомая. 703. Указание. Построить точки,
в которые переходят смежные с центром инверсии вершины квадрата,
и воспользоваться основными свойствами инверсии. 704. Указание.
Построить точку, в которую переходит противоположная центру ин-
инверсии вершина квадрата, и воспользоваться основными свойствами
инверсии. 705. Указание. Построить точки, в которые переходят
середины сторон треугольника, и воспользоваться первым основным
свойством инверсии. 706. Указание. Рассмотреть инверсию с цен-
центром М радиуса АВ. 707. Указание. Рассмотреть инверсию с цен-
центром М радиуса АВ. 708. Указание. Пусть АхА^А^А^ — искомый
четырехугольник, В\, В%, В%, В± — данные точки; рассмотреть четыре
инверсии с центрами В\, В%, В%, В4, каждая из которых переводит
данную окружность в себя, и найти ту прямую, проходящую через
точку А\, которая в результате последовательного выполнения этих
инверсий переходит в прямую, а значит, в себя. 709. Указание.
Воспользоваться идеей решения задачи 708, взяв в качестве четвертой
инверсии инверсию относительно данной окружности.

Наш блокнот
Стра-
Страница
8
34
41
41
41
49
60
64
93
93
94
148
148
148
Вопрос
Есть ли параллельные прямые?
Есть ли квадрат?
Верно ли, что три медианы треугольника пересекаются в
одной точке?
Верно ли, что три биссектрисы треугольника пересекаются
в одной точке?
Верно ли, что три высоты треугольника или их продолже-
продолжения пересекаются в одной точке?
Существует ли какое-нибудь соотношение между тремя
углами треугольника?
Имеет ли место признак равенства треугольников по трем
углам?
Имеет ли место признак равенства треугольников по двум
сторонам и биссектрисе, проведенным из одной вершины?
Можно ли с помощью циркуля и линейки разделить дан-
данный отрезок на произвольное число п равных частей?
Как доказать теорему Морлея?
Всегда ли можно построить треугольник по стороне и
двум прилежащим к ней углам, если сумма этих углов
меньше 180°?
Как построить треугольник по двум сторонам и биссек-
биссектрисе, проведенным из одной вершины?
Как доказать, что центр тяжести произвольного неравно-
неравностороннего треугольника лежит на отрезке, соединяющем
ортоцентр с центром описанной окружности, и делит этот
отрезок в отношении 2:1, считая от ортоцентра?
Как доказать, что в произвольном неравностороннем тре-
треугольнике девять точек: середины сторон, основания высот
и середины отрезков, соединяющих ортоцентр с вершина-
вершинами, — лежат на одной окружности?
Ответ
(стр.)
28
117
144, 145
11
142
132
132, 133
205
136
334
117
206
389
389

472
Наш блокнот
256
265
357
Верно ли, что если точки Ах, Вх и Сх лежат на сторонах
ВС, С А и АВ остроугольного треугольника ABC, причем
ZBXAXC = ZCXAXB, ZAXBXC = ZCXBXA и ААХСХВ =
= ZBXCXA, то точки Ах, Вх и Сх — основания высот
треугольника ABC?
Как доказать теорему Барбье?
Верно ли, что при неограниченном увеличении числа сто-
сторон правильных многоугольников, вписанных в данную
окружность, их периметры стремятся к длине этой окруж-
окружности?
278
360
366

Именной указатель
Аполлоний 403, 408
Архимед 107, 211, 302
Барбье С. 265
Бельтрами Э. 431
Бойяи Ф. 198, 431
Бойяи Я. 431
Брахмагупта 337
Брианшон Ш. Ж. 315
Ванцель П. Л. 93
Вариньон П. 172
Вейерштрасс К. Т. В. 356
Гаусс К. Ф. 12, 173, 354, 431, 442
Гервин П. 198
Герон Александрийский 211
Гильберт Д. 104, 432
Дезарг Ж. 245
Евдокс 430
Евклид 104, 200
Жордан К. 156
Клейн Ф. 433
Клеро А. К. 117
Корселд 251
Кэли А. 433
Ламберт И. Г. 356
Лежандр А. М. 356
Лейбниц Г. В. 344
Лидеман К. Л. Ф. 365
Лобачевский Н. И. 115
Менелай Александрийский 241, 430
Миндинг Ф. 431
Минковский Г. 193
Морлей Ф. 93
Наполеон Бонапарт 34, 388
Ньютон И. 233
Омар Хайям 115
Паскаль Б. 275
Пенроуз Р. 35
Перигел Г. 217
Пифагор 214
Посидоний 115
Прокл 115
Птолемей К. 401
Пуанкаре А. 434
Рело Ф. 294
Симеон Р. 393
Стюарт М. 302
Схоутен Я. А. 35
Торричелли Э. 381
Уаттс Г. Д. 266
Уилкокс Ф. Г. 186
Фалес Милетский 136
Фейербах К. В. 407
Ферма П. 381
Чева Дж. 238
Шаль М. 233
Шпраг Р. 186
Эйлер Л. 343, 389, 402
Эйнштейн А. 433

Предметный указатель
Абсолют 433
Абсцисса точки 299
Аксиома Архимеда 107
— параллельных прямых 116
Аксиомы 102
Биссектриса треугольника 40
— угла 19
Боковые стороны равнобедренного
треугольника 40
трапеции 176
Вектор 285
— отложен от точки 285
— разложен по векторам 301
—, противоположный вектору 290
Верхняя грань 420
Вершина угла 13
Вершины многоугольника 152
— треугольника 37
Вещественное число 419
Вневписанная окружность треуголь-
треугольника 278
Внешний угол треугольника 38
Внешняя область выпуклого много-
многоугольника 154
угла 13
Внутренние точки отрезка 9
Внутренняя геометрия поверхности
431
— область выпуклого многоугольни-
многоугольника 154
треугольника 37
угла 13
Вписанный угол 268
Второе основное свойство инверсии
401
Второй признак подобия треуголь-
треугольников 220
равенства треугольников 52
Высота параллелограмма 170
— трапеции 176
— треугольника 40, 198
Гармоническая четверка точек 317
Геометрия Лобачевского 115
Геометрическое место точек 121
Гипотенуза 40
Гомотетия 386
Градус 20
Градусная мера дуги 268
угла 20
Граница полуплоскости 14
Движение 375
Двоичная дробь 422
Диагональ многоугольника 152
Диаметр 79
Длина замкнутой выпуклой линии
358
— окружности 356
Доказательство 8
— теоремы 26
методом от противного 48
Дуга 80
— криволинейного сегмента 164
Дуги замкнутой линии 162
Евклидова геометрия 104

Предметный указатель
475
Задача Аполлония 408
— Минковского 193
— на построение имеет единствен-
единственное решение 89
— Эйлера 389
Задачи на построение 88
разрезание многоугольни-
многоугольников 181
Замечательные точки треугольни-
треугольника 147
Звенья ломаной 150
Изопериметрическая задача 367
Инверсия 396
Касательная к окружности 83
Катет 40
Квадрат 21, 175
Квадратура круга 365
Коллинеарные векторы 285
Конец вектора 285
Контрпример 60
Концентрические окружности 88
Концы отрезка 9
Координата точки 298
Координатный вектор 298
Координаты вектора 300
— точки 299
Косинус 225, 325, 326
Котангенс 225, 325, 326
Коэффициент подобия 219
Коэффициенты разложения вектора
по векторам 301
Кривая постоянной ширины 264
Круг 79
Круговой сектор 364
Лежать между 105
Линия б
— выпуклая 161
— замкнутая 162
— центров двух окружностей 88
Ломаная 150
— замкнутая 150
— простая 150
Луч 9
— делит угол на два угла 13
— является продолжением другого
луча 9
Малка 32
Медиана 40
Метод Евклида 200
— координат 302
— математической индукции 151
Минута 20
Многоугольник 152
— выпуклый 158
— можно разрезать на многоуголь-
многоугольники 180
составить из многоугольников
180
— правильный 347
— равносторонний 347
— равноугольный 347
—, вписанный в замкнутую линию
164
—, описанный около замкнутой ли-
линии 166
Модель Кэли-Клейна 433
— Пуанкаре 434
Монотонно возрастающая последо-
последовательность 355
— убывающая последовательность
358
Наклонная 75
Наложение 105
Направленный отрезок 285
Начало вектора 285
— координат 298, 299
— луча 9
Неподвижная точка отображения
376
Неравенство треугольника 50
Нулевой вектор 285
Обобщенная теорема Пифагора 214
Птолемея 411
синусов 327
Фалеса 232

476
Предметный указатель
Обратная теорема 48
Общая внешняя касательная к двум
окружностям 261
— внутренняя касательная к двум
окружностям 261
— касательная к двум окружностям
261
Окружности Аполлония 403
— касаются друг друга извне 87
изнутри 88
— ортогональны 401
— пересекаются в двух точках 88
Окружность 79
— касается прямой 83
— лежит вне другой окружности 86
— лежит внутри другой окружности
88
— Эйлера 389
—, вписанная в треугольник 84
—, описанная около треугольни-
треугольника 141
Опорная прямая линии 161
Определение 79
Ордината точки 299
Ортоцентр треугольника 143
Осевая симметрия 108, 374
Основание параллелограмма 170
— перпендикуляра 26
— равнобедренного треугольника 40
— треугольника 198
Основания трапеции 176
Основное свойство центрального по-
подобия 386
— тригонометрическое тождество
227, 326
Основные понятия 103
— свойства площадей 191
Осевая симметрия 108
Ось абсцисс 299
— координат 298
— ординат 295
— симметрии 108, 374
— симметрии фигуры 73
Отношение отрезков 414
Отображение плоскости на себя 104
—, сохраняющее расстояния 374
— фигуры на фигуру 103
Отрезки касательных, проведенных
из одной точки 83
Отрезок 9
— пересекается с прямой 14
Отрицательное вещественное число
419
Параллелограмм 170
Параллельные прямые 7
Параллельный перенос 376
Первое основное свойство инверсии
399
Первый замечательный предел 366
— признак подобия треугольников
220
равенства треугольников 52
Периметр многоугольника 152
— треугольника 37
Перпендикуляр 26
Перпендикулярные векторы 304
Площадь круга 364
— параллелограмма 198
— прямоугольника 198
— трапеции 198
— треугольника 198, 327
— фигуры, ограниченной выпуклой
линией 364
Поверхность постоянной отрица-
отрицательной кривизны 431
Поворот 376
Подобие произвольных фигур 388
Подобные треугольники 219
Положительное вещественное число
414
Полуплоскость 14
Поляра 320
Последовательность ограничена
сверху 356
Построение биссектрисы угла 91
— перпендикулярных прямых 93
— серединного перпендикуляра к
данному отрезку 91
— треугольника по трем сторонам
88
— угла, равного данному 91

Предметный указатель
477
Постулаты 104
Правило параллелограмма 290
— треугольника 289
Предел последовательности 421
Преобразование подобия 388
Признак равнобедренного треуголь-
треугольника 44
— средней линии треугольника 134
Признаки параллелограмма 171
— параллельности двух прямых
28-30
— равенства прямоугольных тре-
треугольников 68-70
Проекция точки на прямую 26
Произведение вектора на число 292
— положительных вещественных
чисел 418
— отрезка на число 414
Пропорциональные отрезки 193
Пространство скоростей 434
Противоположно направленные век-
векторы 286
Прямая б
— Симеона 393
— Эйлера 389
Прямоугольная система координат
299
Прямоугольник 173
Прямые перпендикулярные 25
Псевдосфера 431
Пустое множество 307
Пятый постулат Евклида 114
— признак равенства треугольников
60
Равновеликие многоугольники 198
Равносоставленные многоугольники
183
Равные векторы 288
Радикальная ось двух окружностей
311
Радикальный центр трех окружно-
окружностей 313
Радиус 79
— инверсии 396
Разность векторов 290
Расстояние между параллельными
прямыми 120
— от точки до прямой 75
Рейсмус 120
Рейсшина 31
Ромб 174
Свойства параллелограмма 170
Свойство вписанного угла 269
— средней линии трапеции 177
Сегмент криволинейный 164
Секунда 20
Секущая 28
— по отношению к линии 164
Середина отрезка 18
Серединный перпендикуляр к отрез-
отрезку 72
Синус 225, 325, 326
Система аксиом геометрии 104
Скалярное произведение двух век-
векторов 341
Следствие 30
— из обобщенной теоремы Фалеса
234
Сложение вещественных чисел 419
Сонаправленные векторы 286
Соседние вершины многоугольника
152
Среднее арифметическое 246, 252
— гармоническое 246, 253
— геометрическое 245, 252
— квадратичное 246, 252
Средняя линия трапеции 177
треугольника 134
Степень точки относительно окруж-
окружности 275
Стороны многоугольника 152
— треугольника 37
— угла 13
Сумма векторов 289
— неотрицательных вещественных
чисел 417
— нескольких векторов 290
— углов выпуклого многоугольника
160
Сферическая геометрия 430

478
Предметный указатель
Тангенс 225, 325, 326
Теорема 26
— Барбье 265, 360
— Бойяи-Гервина 198
— Брианшона 315
— Вариньона 172
— Вейерштрасса 356, 421
— Гаусса 173
— Дезарга 245
— Жордана 156
— косинусов 329
— Лейбница 344
— Менелая 242
— Морлея 93, 334
— Наполеона 388
— о бабочке 330
биссектрисе внешнего угла
треугольника 204
треугольника 203
угла 75
внешнем угле треугольника 38
высоте равнобедренного тре-
треугольника 44
диагоналях выпуклого четы-
четырехугольника 168
квадрате касательной 273
координатах равных векторов
300
медиане 212
многоугольнике, вписанном в
замкнутую выпуклую линию
165
пересечении высот треугольни-
треугольника 142
биссектрис треугольника 11
медиан треугольника 145
серединных перпендикуля-
перпендикуляров к сторонам треугольника
139
перпендикуляре к прямой 27
признаках правильного много-
многоугольника 348
пропорциональных отрезках в
треугольнике 236
серединном перпендикуляре к
отрезку 72
средней линии треугольника
134
сумме углов треугольника 129
точной верхней грани 420
Теорема об окружности, вписанной
в треугольник 85
, описанной около треуголь-
треугольника 141
углах равнобедренного тре-
треугольника 43
— Паскаля 275
— Пифагора 214
— Птолемея 401
— синусов 327
— Стюарта 302
— Фалеса 136
— Фейербаха 407
— Чевы 238
— Шаля 233
— Эйлера 343
—, обратная теореме о биссектрисе
угла 76
о серединном перпендикуля-
перпендикуляре к отрезку 72
Пифагора 214
Теоремы о соотношениях между
сторонами и углами треугольни-
треугольника 47, 48
— об отношении площадей тре-
треугольников 201, 202
Тождественное отображение 377
Точка б
— касания прямой и окружности 83
— Торричелли 381
— Ферма 381
Точка пересечения прямой и много-
многоугольника 153
Точки гармонически разделяют точ-
точки 319
—, симметричные относительно пря-
прямой 73
точки 80
Точная верхняя грань 420
Трапеция 176
— прямоугольная 177
— равнобедренная 176

Предметный указатель
479
Третий признак подобия треуголь-
треугольников 220
равенства треугольников 53
Треугольник 37
— остроугольный 39
— прямоугольный 39
— равнобедренный 40
— равносторонний 40
— разносторонний 40
— Рело 264
— тупоугольный 40
—, вписанный в окружность 141
—, описанный около окружности 84
Тригонометрические функции 225
Трисекция угла 93
Угловая точка линии 162
Углы вертикальные 25
— выпуклого многоугольника 159
— накрест лежащие 28
— односторонние 30
— смежные 25
— соответственные 30
— треугольника 37
Угол 13
— между векторами 339
двумя пересекающимися секу-
секущими 271
пересекающимися хордами
271
касательной и хордой 272
пересекающимися окружностя-
окружностями 400
— острый 20
— прямой 20
— развернутый 13
— тупой 20
Узлы целочисленной решетки 193
Умножение вещественных чисел 420
Уравнение линии 305
— окружности 306
— прямой 306
Условие перпендикулярности двух
векторов 305
Фигура обладает осевой симметрией
73
центральной симметрией 80
—, симметричная относительно пря-
прямой 73
точки 80
Фигуры равные 17
— симметричные относительно пря-
прямой 108
Формула биссектрисы треугольника
213
— Брахмагупты 337
— Герона 211
— Эйлера 402
Формулы приведения 227, 326
— синуса и косинуса двойного угла
325
Характеристическое свойство
окружности 260
фигуры 170
четырехугольника, вписанного
в окружность 272
Хорда 79
— криволинейного сегмента 164
Целочисленная решетка 193
Центр вписанной в треугольник
окружности 85
— инверсии 396
— окружности 79
— описанной около треугольника
окружности 141
— правильного многоугольника 348
— равностороннего треугольника
147
— симметрии фигуры 80
— тяжести треугольника 147
Центральная симметрия 377
Центральное подобие 386
Центрально-подобные фигуры 393
Центральный угол 268
Частное от деления вещественных
чисел 419

480 Предметный указатель
Четвертый признак подобия тре- Числовая ось 418
угольников 221
равенства треугольников 58 Ширина фигуры в данном направ-
Четырехвершинник 321 лении 263
Число иррациональное 24
— рациональное 21 Элементы треугольника 57

ОГЛАВЛЕНИЕ
Предисловие 3
Глава 1. Начальные геометрические сведения 6
§ 1. Точки, прямые, отрезки 6
1. Точка (б). 2. Прямая линия (б). 3. Луч и отрезок (9).
4. Несколько задач A0). 5. Угол A3). б. Полуплоскость A4).
§2. Измерение отрезков и углов 17
7. Равенство геометрических фигур A7). 8. Сравнение отрезков
и углов A7). 9. Середина отрезка и биссектриса угла A8).
10. Измерение отрезков и углов A9). 11. О числах B0).
§3. Перпендикулярные и параллельные прямые 25
12. Перпендикулярные прямые B5). 13. Признаки параллельно-
параллельности двух прямых B8). 14. Практические способы построения
параллельных прямых C1). 15. А есть ли квадрат? C2). 16. За-
Заключительные замечания C4).
Глава 2. Треугольники 37
§ 1. Треугольники и их виды 37
17. Треугольник C7). 18. Внешний угол треугольника C8).
19. Классификация треугольников C9). 20. Медианы, биссектри-
биссектрисы и высоты треугольника D0).
§2. Равнобедренный треугольник 43
21. Теорема об углах равнобедренного треугольника D3).
22. Признак равнобедренного треугольника D3). 23. Теорема
о высоте равнобедренного треугольника D4).
§3. Соотношения между сторонами и углами треугольника 46
24. Теорема о соотношениях между сторонами и углами треуголь-
треугольника D6). 25. Обратные теоремы D7). 26. Неравенство тре-
треугольника D9).
§4. Признаки равенства треугольников 52
27. Три признака равенства треугольников E2). 28. Есть ли дру-
другие признаки равенства треугольников? E6). 29. Признаки равен-
равенства треугольников, использующие медианы, биссектрисы и высо-
высоты F1).
§5. Признаки равенства прямоугольных треугольников 68
30. Пять признаков равенства прямоугольных треугольников F8).
31. Серединный перпендикуляр к отрезку. Осевая симметрия G2).
32. Расстояние от точки до прямой G5). 33. Свойство биссектри-

482 Оглавление
сы угла G5). 34. Теорема о пересечении биссектрис треугольни-
треугольника G7).
§6. Задачи на построение 79
35. Окружность. Центральная симметрия G9). 36. Взаимное рас-
расположение прямой и окружности (81). 37. Окружность, вписан-
вписанная в треугольник (84). 38. Взаимное расположение двух окруж-
окружностей (85). 39. Построение треугольника по трем сторонам (88).
40. Основные задачи на построение (91). 41. Еще несколько задач
на построение треугольника (94).
Глава 3. Параллельные прямые 101
§ 1. Аксиома параллельных прямых 101
42. Аксиомы A01). 43. Основные понятия A02). 44. Система
аксиом планиметрии A04). 45. Два следствия из аксиом A08).
46. О теоремах A09). 48. Аксиома параллельных прямых A14).
49. О пятом постулате Евклида A16). 50. Еще раз о существова-
существовании квадрата A17).
§2. Свойства параллельных прямых 119
51. Расстояние между параллельными прямыми A19). 52. Еще
один способ построения параллельных прямых A20). 53. Задачи
на построение A21).
Глава 4. Дальнейшие сведения о треугольниках 127
§1. Сумма углов треугольника. Средняя линия треугольника 127
54. Задача о разрезании треугольника A27). 55. Сумма углов тре-
треугольника A29). 56. Средняя линия треугольника A34). 57. Тео-
Теорема Фалеса A34). 58. Неожиданный факт A36).
§2. Четыре замечательные точки треугольника 139
59. Теорема о пересечении серединных перпендикуляров к сто-
сторонам треугольника A39). 60. Окружность, описанная около
треугольника A41). 61. Теорема о пересечении высот треуголь-
треугольника A42). 62. Размышления о точке пересечения медиан тре-
треугольника A43). 63. Теорема о пересечении медиан треугольни-
треугольника A45).
Глава 5. Многоугольники 150
§ 1. Выпуклый многоугольник 150
64. Ломаная A50). 65. Многоугольник A52). 66. Выпуклый
многоугольник A58). 67. Выпуклая линия A61). 68. Замкнутая
линия A62). 69. Замкнутая выпуклая линия A63). 70. Вписан-
Вписанный многоугольник A64). 71. Описанный многоугольник A66).
§2. Четырехугольники 168
72. Свойство диагоналей выпуклого четырехугольника A68).
73. Характеристическое свойство фигуры A70). 74. Параллелог-
Параллелограмм A70). 75. Теоремы Вариньона и Гаусса A72). 76. Прямо-
Прямоугольник, ромб и квадрат A73). 77. Трапеция A76).

Оглавление 483
Глава 6. Площадь 180
§ 1. Равносоставленные многоугольники 180
78. Задачи на разрезание многоугольников A80). 79. Равно-
составленные многоугольники A83). 80. Разрезание квадрата
на неравные квадраты A85).
§2. Понятие площади 188
81. Измерение площади многоугольника A88). 82. Площадь про-
произвольной фигуры A93).
§3. Площадь треугольника 197
84. Площади прямоугольника, параллелограмма и треугольни-
треугольника A97). 85. Равновеликие многоугольники A98). 86. Метод
Евклида B00). 87. Две теоремы об отношении площадей тре-
треугольников B01). 88. Две теоремы о биссектрисах треугольни-
треугольника B03). 89. Признак равенства треугольников по двум сторонам
и биссектрисе, проведенным из одной вершины B04).
§4. Формула Герона и ее приложения 210
90. Формула Герона B10). 91. Теорема о медиане B11). 92. Фор-
Формула биссектрисы треугольника B12).
§5. Теорема Пифагора 213
93. Обобщенная теорема Пифагора B13). 94. Задача о разреза-
разрезании квадратов B15).
Глава 7. Подобные треугольники 219
§ 1. Признаки подобия треугольников 219
95. Подобие и равенство треугольников B19). 96. Другие призна-
признаки подобия треугольников B22). 97. Тригонометрические функ-
функции B24).
§2. Применение подобия к доказательству теорем и решению задач. . 230
98. Обобщенная теорема Фалеса B30). 99. Следствие из обоб-
обобщенной теоремы Фалеса B32). 100. Теорема о пропорциональ-
пропорциональных отрезках в треугольнике B35). 101. Теорема Чевы B37).
102. Теорема Менелая B41).
§3. Задачи на построение 245
103. Среднее геометрическое B45). 104. Среднее арифметиче-
арифметическое, среднее гармоническое и среднее квадратичное для двух
отрезков B46). 105. Метод подобия B47).
§4. О замечательных точках треугольника 255
106. О высотах треугольника B55). 107. О биссектрисах тре-
треугольника B57). 108. Еще две точки, связанные с треугольни-
треугольником B58).
Глава 8. Окружность 260
§ 1. Свойства окружности 260
109. Характеристическое свойство окружности B60). ПО. Задачи
на построение B60). 111. Кривые постоянной ширины B63).
16*

484 Оглавление
§2. Углы, связанные с окружностью 268
112. Вписанные углы B68). 113. Углы между хордами и секущи-
секущими B71). 114. Угол между касательной и хордой B72). 115. Тео-
Теорема о квадрате касательной B73). 116. Теорема Паскаля B75).
117. Вневписанные окружности треугольника B76).
Глава 9. Векторы 285
§ 1. Сложение векторов 285
118. Сонаправленные векторы B85). 119. Равенство векто-
векторов B88). 120. Сумма векторов B89).
§2. Умножение вектора на число 292
121. Произведение вектора на число B92). 122. Несколько за-
задач B94).
Глава 10. Метод координат 298
§ 1. Координаты точек и векторов 298
123. Ось координат B98). 124. Прямоугольная система коорди-
координат B99). 125. Координаты вектора C00). 126. Длина вектора
и расстояние между двумя точками C02). 127. Теорема Стюар-
Стюарта C02).
§2. Уравнения прямой и окружности 304
128. Перпендикулярные векторы C04). 129. Уравнение пря-
прямой C05). 130. Уравнение окружности C06).
§3. Радикальная ось и радикальный центр окружностей 309
131. Радикальная ось двух окружностей C09). 132. Расположе-
Расположение радикальной оси относительно окружностей C11). 133. Ра-
Радикальный центр трех окружностей C13). 134. Теорема Бриан-
шона C15).
§4. Гармонические четверки точек 317
135. Примеры гармонических четверок C17). 136. Поляра C20).
137. Четырехвершинник C21). 138. Построение касательной
с помощью одной линейки C22).
Глава 11. Тригонометрические соотношения в треугольнике.
Скалярное произведение векторов 324
§1. Соотношения между сторонами и углами треугольника 324
139. Синус и косинус двойного угла C24). 140. Тригонометриче-
Тригонометрические функции произвольных углов C25). 141. Формулы приведе-
приведения C25). 142. Еще одна формула площади треугольника C26).
143. Теорема синусов C27). 144. Теорема косинусов C28).
§2. Использование тригонометрических формул при решении геомет-
геометрических задач 331
145. Синус и косинус суммы и разности углов C31). 146. Теорема
Морлея C33). 147. Площадь четырехугольника C35). 148. Пло-
Площади вписанных и описанных четырехугольников C37).

Оглавление 485
§3. Скалярное произведение векторов 339
149. Угол между векторами C39). 150. Определение и свойства
скалярного произведения векторов C41). 151. Теорема Эйле-
Эйлера C43). 152. Теорема Лейбница C44).
Глава 12. Правильные многоугольники. Длина и площадь 347
§ 1. Правильные многоугольники 347
153. Равносторонние и равноугольные многоугольники C47).
154. Построение правильных многоугольников C50).
§2. Длина 355
155. Длина окружности C55). 156. Длина линии C57).
§ 3. Площадь 363
158. Площадь фигуры C63). 159. Первый замечательный пре-
предел C65). 160. Изопериметрическая задача C67).
Глава 13. Геометрические преобразования 374
§ 1. Движения 374
161. Осевая симметрия C74). 162. Движение C75). 163. Ис-
Использование движений при решении задач C77).
§2. Центральное подобие 386
164. Свойства центрального подобия C86). 165. Теорема Напо-
Наполеона C88). 166. Задача Эйлера C89). 167. Прямая Симео-
Симеона C92).
§3. Инверсия 396
168. Определение инверсии C96). 169. Основные свойства ин-
инверсии C98). 170. Теорема Птолемея D01). 171. Формула Эйле-
Эйлера D02). 172. Окружности Аполлония D02). 173. Окружности
Аполлония нужны даже флибустьерам D05). 174. Теорема Фей-
Фейербаха D07). 175. Задача Аполлония D08).
Приложение 1. Снова о числах* 414
176. Неотрицательные вещественные числа D14). 177. Сравне-
Сравнение неотрицательных вещественных чисел D17). 178. Сложение
неотрицательных вещественных чисел D17). 179. Умножение
положительных вещественных чисел D18). 180. Отрицательные
вещественные числа D19). 181. Точная верхняя грань D20).
182. Теорема Вейерштрасса D21). 183. Двоичная форма записи
числа D21). 184. О взаимном расположении прямой и окруж-
окружности D23). 185. Об измерении углов D26). 186. О взаимном
расположении двух окружностей D27).
Приложение 2. Снова о геометрии Лобачевского 430
Ответы и указания 437
Наш блокнот 471
Именной указатель 473
Предметный указатель 474

Учебное издание
БУТУЗОВ Валентин Федорович
КАДОМЦЕВ Сергей Борисович
ЛОЗНЯК Эдуард Генрихович
ШЕСТАКОВ Сергей Алексеевич
ЮДИНА Ирина Игоревна
ПЛАНИМЕТРИЯ
Редактор Е.Н. Глебов а
Оригинал-макет: A.M. Садовский
Оформление переплета: А.Ю. Алехина
ЛР №071930 от 06.07.99. Подписано в печать 22.08.05.
Формат 60x90/16. Бумага офсетная. Печать офсетная.
Усл. печ. л. 30,5. Уч.-изд. л. 33,5. Тираж экз. Заказ №
Издательская фирма «Физико-математическая литература»
МАИК «Наука/Интерпериодика»
117997, Москва, ул. Профсоюзная, 90
E-mail: fizmat@maik.ru, fmlsale@maik.ru;
http://www.fml.ru
Отпечатано с готовых диапозитивов
в ОАО «Ивановская областная типография»
153008, г. Иваново, ул. Типографская, 6
E-mail: 091-018@adminet.ivanovo.ru